IZ TEORIJE ZA PRAKSO 14 Matematika v šoli, št. 1., letnik 25, 2019 Nekaj dokazov Talesovega izreka Anto Franjić, Dina Kamber Hanzić, Zenan Šabanac Univerza v Sarajevu, Oddelek za matematiko, Sarajevo, Bosna in Hercegovina Univerzitet u Sarajevu, Odsjek za matematiku, Zmaja od Bosne 33-35, 71000 Sarajevo, Bosna i Hercegovina Izvleček V članku predstavimo več različnih dokazov Talesovega izreka o obodnem kotu nad premerom krožni- ce. Predstavimo uporabo omenjenega izreka pri nalogah na matematičnih tekmovanjih v Sloveniji in na Hrvaškem. Ključne besede: Talesov izrek, pravi kot, premer, tekmovalne naloge Some of the Evidence of Thales’ Theorem Abstract This article introduces some of the different evidence of Thales’ Theorem defining an angle inscribed in a se - micircle over a diameter. The use of the theorem is presented based on the solutions of tasks from mathematics competitions in Slovenia and Croatia. Keywords: Thales’ Theorem, right angle, diameter, competition tasks O Talesu iz Mileta in nekaj izrekov iz geometrije Tales iz Mileta (624 pr. n. št.–547 pr. n. št.) je kot prvi znani grški filozof, matematik in astronom napovedal Sončev mrk, ki se je zgodil na Bližnjem vzhodu 28. maja 585 pr. n. št. (v. [1, str. 29] in [3, str. 137]. Talesa uvrščamo med sedem legendarnih grških modrecev, bil je prvi filozof, ki si je prislužil ta naziv. Talesovo ime povezujemo z nekaterimi izreki iz geometrije: 1. Krog je z vsakim svojim premerom razdeljen na dva ploščinsko enaka dela. 2. Kota ob osnovnici enakokrakega trikotnika sta skladna. 3. Dva para kotov med dvema premicama, ki se sekata, sta skladna. 4. Dva trikotnika sta skladna, če imata skladno stranico in skladna oba para priležnih kotov. 5. Obodni kot nad premerom krožnice je pravi kot. Predvidevamo, da so bili vsi ti izreki Egipčanom in Babiloncem poznani že od prej, vendar je bil Tales prvi, ki jih je dokazal (več podrobnosti si lahko preberete v [3, str. 130–137]). Izreki (1)– (4) so navedeni in opisani v prvem delu Evklidovih Elementov, izrek (5), ki se imenuje Talesov izrek, pa je naveden v tretjem delu Evklidovih Elementov kot trditev 31. Evklidovi Elementi so matematična razprava o elementarni matematiki, sestavljena iz 13 knjig, ki jih pripisujemo starogrškemu matematiku Evklidu iz 3. stoletja pr. n. št. Gre za nabor definicij, postulatov, trditev in matematičnih dokazov trditev iz elementarne geometrije, teorije števil in algebre. Talesov izrek Talesov izrek o kotu nad premerom krožnice pravi: Izrek 1. Naj bo daljica AB premer krožnice in C poljubna točka na krožnici različna od A in B, potem je ACB pravi kot. Predstavili bomo različne dokaze Talesovega izreka. Dokaz 1. Naj bo O središče krožnice s premerom |AB| (Slika 1). Naj bo CAB = α, ABC = β ter ACB = γ. Ker je trikot- nik ∆AOC enakokrak (|AO| = |CO| = r) z osnovnico AC, je kot ACO = α. Ker je trikotnik ∆BOC enakokrak (|OB| = |OC| = r) z osnovnico BC, je kot BCO = β. Iz tega sledi, da je γ = ACB = ACO + OCB = α + β. Iz enakosti α + β + γ = 180° sledi 2 . γ = 180°. Dobimo γ = 90°. Slika 1 IZ TEORIJE ZA PRAKSO 15 Matematika v šoli, št. 1., letnik 25, 2019 V naslednjem dokazu uporabimo zrcaljenje čez točko. Dokaz 2. Dan naj bo trikotnik ∆ABC, ki mu je očrtana krožnica, tako da je daljica AB premer te krožnice (Slika 2). T očka O naj bo središče te krožnice. Slika 2 Prezrcalimo točko C čez središče krožnice O. Tako dobljeno toč- ko označimo z D. Ker je zrcaljenje čez točko izometrija, pomeni, da ohranja razdaljo, pri čemer točka D pripada krožnici, daljica CD pa je njen premer. Vse točke na premici AC se pri zrcaljenju čez točko O preslikajo v točke premice BD, ki je vzporedna pr- votni premici. Zato sta daljici AC in BD vzporedni ter enako CB in AD. Tako ima štirikotnik ADBC dva para vzporednih stranic, kar pomeni, da je paralelogram. Daljici CD ter AB sta diagonali tega paralelograma. Ker sta diagonali premera iste krožnice, sta enako dolgi. Tako je štirikotnik ADBC paralelogram z enako dol- gima diagonalama, torej je štirikotnik ADBC pravokotnik. Ker je v pravokotniku vsak notranji kot pravi, je tudi kot ACB pravi kot. Oba dokaza sta klasična dokaza, ki ju lahko najdemo v učbeni- kih matematike za učence osnovnih in srednjih šol, kakor tudi v knjigah o evklidski geometriji, namenjenih študentom. V njih smo uporabljali razlago, ki temelji na aksiomih in trditvah, s po- močjo katerih se izvajajo in dokazujejo nove trditve ter na način kot je izpostavljen v Evklidovih Elementih pred več kot 2000 leti. V 17. stoletju je francoski filozof in matematik Rene Descartes (1596–1650) uvedel pojem koordinate točke kot enega od na- činov opisovanja lege točke v prostoru, kar je privedlo do ide- je uporabe enačb za opisovanje črt in krivulj. Na ta način so se odprla vrata k uporabi algebre in algebrskih metod (analitična geometrija, vektorji, matrike, kompleksna števila, algebrske strukture in podobno) v dokazovanju trditev iz geometrije. V dokazih, ki sledijo, bomo uporabili nekatere algebrske pristope, ki so navedeni zgoraj. Dokažimo Talesov izrek z uporabo lastnosti vektorjev. Dokaz 3. Iz slike 3 sledi: dal- jica AB je premer krožnice, O je središče krožnice, C je po- ljubna točka na krožnici raz- lična od A in B. Slika 3 Zapišimo skalarni produkt vektorjev in . Zaradi trikotniš- kega pravila dobimo: Ker sta vektorja in nasprotna, dobimo: Ker sta in nasprotna vektorja, velja . Od tod sledi Ker vektorja in določata polmera dane krožnice, sta nju- ni dolžini enaki . Dobimo, da je , iz česar sledi, da sta vektorja in pravokotna (dva ne-ničelna vektorja sta pravokotna, če je njun skalarni produkt enak 0). Sedaj bomo dokazali Talesov izrek z uporabo analitične geomet- rije in trigonometrije. Dokaz 4. Postavimo središče krožnice O v izhodišče koordina- tnega sistema, tako da bo daljica AB premer krožnice. Slika 4 Brez izgube splošnosti lahko predpostavimo, da sta koordinati točk A in B, A (-1, 0) in B (1, 0). Naj bo točka C poljubna točka krožnice, ki je različna od točk A in B. Točka C ima koordinate C(cos t, sin t). Pokazali bomo, da je trikotnik ∆ABC pravokotni. Dokazali bomo, da sta premici, na katerih ležita daljici AC in BC, pravokotni. To pomeni, da je produkt njunih smernih koeficien- tov enak -1. Najprej bomo izračunali smerna koeficienta premic, na katerih ležita daljici AC in BC. in O A B C IZ TEORIJE ZA PRAKSO 16 Matematika v šoli, št. 1., letnik 25, 2019 Dobimo V predzadnjem koraku smo uporabili znano trigonometrijsko enakost cos 2 t + sin 2 t = 1. Preden podamo dokaz T alesovega izreka z uporabo kompleksnih števil, bomo na kratko navedli lastnosti kompleksnih števil, ki jih bomo uporabili v dokazu. Iz srednje šole nam je znano, da z = x + iy predstavlja algebrski zapis kompleksnega števila, pri če- mer je x realni del, y pa imaginarni del kompleksnega števila z. Z oznako označujemo konjugirano kompleksno število števila z, to je število = x – iy. Absolutna vrednost kompleksnega števila z se definira z ter jo označimo z |z|. Vsako kompleksno število določa ustrezni par realnih števil (x, y), kar nam omogoča, da ga prestavimo kot točko v ravnini, v kateri je vpeljan Descartov pravokotni koordinatni sistem. Os x imenu- jemo realna os, os y pa imaginarna os, ravnino pa imenujemo kompleksna ravnina. Nadalje vsaki točki (x, y) ravnine ustreza vektor, katerega predstavnik je usmerjena dolžina z začetkom v izhodišču koordinatnega sistema in koncem v točki (x, y). Pol- trak z izhodiščem v točki (0, 0), ki vsebuje izbrano točko (x, y), določa s pozitivnim delom realne osi kot, ki ga imenujemo ar- gument kompleksnega števila in ga označujemo z arg(z) = ϕ. Na tak način definiran argument za dano kompleksno število z ni enolično določen. Če je arg(z) = ϕ, je tudi ϕ + 2kπ za vsak k prav tako argument števila z. Enoličnost dobimo s postavljanjem meje, da je arg(z) (−π, π]. Pri tem lahko opazimo, da absolutna vrednost kompleksnega števila z enaka oddaljenosti njemu pri- padajoče točke od koordinatnega izhodišča, oziroma dolžini nje- mu pripadajočega vektorja. Iz tega sledi, da je vsako kompleks- no število z ≠ 0 enolično določeno z absolutno vrednostjo in ar- gumentom (Slika 5). Slika 5 Sedaj pokažimo, kako z uporabo argumenta kompleksnega števila v kompleksni ravnini dobimo velikost kota, določe- nega s tremi točkami. Naj bodo a = a 1 + ia 2 , b = b 1 + ib 2 , c = c 1 + ic 2 tri točke v kompleksni ravnini, ki predstavljajo tri zaporedne točke A, B in C (Slika 6). Glede na [10, str. 30] je velikost kota BAC enaka Zadnja enakost izhaja iz lastnosti kompleksnih števil, ki pravi, da če je z, w in z, w ≠ 0, potem je arg = arg(z) − arg(w), kjer moramo enakost v splošnem primeru obravnavati po mo- dulu 2π (glej [8, str. 10–11]). Dokažimo sedaj Talesov izrek o pravem kotu nad premerom krožnice z uporabo kompleksnih števil. Dokaz 5. [2, str. 37] Brez izgube splošnosti lahko koordinate v ravnini izberemo tako, da ima krožnica premer 1 s središčem v izhodišču koordinatnega sistema, tako točki (1,0) in (–1,0) ležita na krožnici. Vzemimo poljubno točko z na dani krožnici v kom- pleksni ravnini. Slika 6 Slika 7b C B A 3 2 1 0 1 2 3 arg(b – a) arg(c – a) Slika 7a |z| IZ TEORIJE ZA PRAKSO 17 Matematika v šoli, št. 1., letnik 25, 2019 V primeru, da točka z leži na krožnici nad premerom (slika 7a), moramo dokazati, da velja V primeru, da točka z leži na krožnici pod premerom (slika 7b), moramo dokazati, da velja Z uporabo lastnosti = arg(z) − arg(w), vidimo, da moramo pravzaprav dokazati, da je Dokazati moramo, da kompleksno število leži na imagi- narni osi. To pomeni, da je njegov realni del enak 0. Kompleksno število je torej čisto imaginarno, natanko tedaj ko je z = − . [8, str. 8]. Zato je treba dokazati, da velja Dobimo Po urejanju zadnje enakosti dobimo z · = 1. Za absolutno vrednost kompleksnega števila velja |z| 2 = z · z. Sledi, da mo- ramo dokazati, da je |z| = 1. Ker smo točko z izbrali tako, da le-ta pripada enotski krožnici, velja |z| = 1. Zaradi zaporedja enakosti velja, da je čisto imaginarno število, zaradi česar je kot pravi. Opomba 1.: Iz dokaza 5 vidimo, da pravzaprav velja tudi obrat Talesovega izreka: Če je v trikotniku ABC kot AC B pravi, tedaj je daljica AB premer očrtane krožnice tega trikotnika. Opomba 2.: Sedaj lahko Talesov izrek in obrat Talesovega izreka formuliramo na sledeči način: Trikotnik je pravokoten natanko tedaj, ko je njegova najdaljša stranica premer trikotniku očrtane krožnice. Uporaba Talesovega izreka v različnih nalogah Navajamo nekaj primerov iz matematičnih tekmovanj v Repu- bliki Hrvaški in Republiki Sloveniji, ki jih rešimo z uporabo Ta- lesovega izreka ali njegovega obrata. Rešitev: Naj bo daljica BD diagonala danega štirikotnika, točki E in F pa presečišča pravokotnic iz oglišča A in C na diagonalo BD (Slika 8). Po Talesovem izreku točka E leži na krožnici, katere premer je AD. To pa pomeni, da vsaka točka trikotnika ∆AED leži v krogu, katerega premer je AD. Podobno velja tudi za ostale tri pravokotne trikotnike. Ker je štirikotnik ABCD razdeljen na štiri pravokotne trikotnike, sledi, da vsaka točka tega štirikotni- ka leži v vsaj enem od štirih krogov, katerih premeri so stranice štirikotnika ABCD. Slika 8 Naloga 1 [9, str. 141]. Dan je konveksni štirikotnik ABCD. Dokaži, da poljubna točka tega štirikotnika leži vsaj v enem od štirih krogov, katerih premeri so stranice štirikotnika ABCD. Naloga 2 [9, str. 140]. Skozi oglišča trikotnika ABC so narisane pravokotnice na drugi dve stranici trikotnika na naslednji način. Pravokotnica skozi oglišče B na stranico AB in pravokotnica skozi oglišče C na stranico AC se sekata v točki A 1 , pravokotnica skozi oglišče C na stranico BC in pravokotnica skozi oglišče A na stranico AB se sekata v točki B 1 , ter pravokotnica skozi oglišče A na stranico AC in pravokotnica skozi oglišče B na stranico BC se sekata v točki C 1 . Dokažimo, da točke A 1 , B 1 in C 1 ležijo na očrtani krožnici trikotnika ABC. Rešitev: Naj bo točka S razpolovišče daljice CC 1 . Ker je kot CAC 1 = 90° in CBC 1 = 90°, po obratu Talesovega izreka točki A in B ležita na krožnici s središčem v S in premerom |CC 1 |. To pomeni, da točka C 1 leži na krožnici, očrtani trikotniku ABC. Podobno pokažemo, da tudi točki A 1 in B 1 ležita na isti krožnici (Slika 9). Slika 9 IZ TEORIJE ZA PRAKSO 18 Matematika v šoli, št. 1., letnik 25, 2019 Naloga 3 [9, str. 140]. Dana je krožnica k in premica p, skozi središče S dane krožnice k. Krožnico seka v točkah A in B. Tetiva AC oklepa s premico p kot 30°. Tangenta t z dotikališčem v točki C seka premico p v točki D. Dokaži, da je |SC | = |SD| (Slika 10). Naloga 4 [5, naloga A6. za 9. razred]. Dan je krog in tetiva AB na krog (Slika 11). V krajišču B tetive AB je narisana pravokotnica na tetivo. Večjega od lokov AB razdeli razmerju 2 : 5. Koliko meri središčni kot, ki pripada tetivi AB? Rešitev: Po Talesovem izreku je točka O je razpolovišče hipote- nuze AB. Kot BOD je središčni kot nad krožnim lokom BD, zato je dvakrat večji od obodnega kota nad istim krožnim lokom (v. [4, str. 85]). Takrat je BOD = 2 BAD = BAC = 37° Slika 12 Slika 10 Rešitev: Po Talesovem izreku je trikotnik ∆ABC pravokoten. Ker je BAC = 30°, je ABC = 60°. Trikotnik ∆SBC je enakokrak, ker je |SB| = |SC |, iz česar sledi, da je ∆SCB = 60°, kar pomeni tudi enakostraničen, to je |SB| = |SC | = |BC |. Sedaj je očitno BCD = 30° zaradi SC ⊥t. Ker je kot BDC zunanji kot triko- tnika ∆BCD, sledi, da je ∆BDC enakokrak. Torej je |BD | = |BC |. Sedaj imamo zaporedno |SB| + |BD| = |SD|, |SC | + |BC | = |SD|, |SC | + |SC | = |SD|, 2|SC | = |SD|. Dobimo |SC | = |SD| (Slika 10). Rešitev: Presečišče pravokotnice in krožnice označimo s C. Ker je kot ABC pravi, iz obrata Talesovega izreka sledi, da je AC premer kroga. Naj bo S središče kroga. Ker je ASC = 180°, je BSC : 180° = 2 : 5 (glej sliko 11). Od tod dobimo BSC = 72°, nje- govo sokot pa meri 108°. T orej središčni kot, ki pripada tetivi AB, meri 108°. Slika 11 Naloga 5 [6, naloga 3. za 7. razred]. Dan je pravokotni trikotnik ABC s hipotenuzo AB (Slika 12). Točka O naj bo središče temu trikotniku očrtane krožnice. Simetrala kota BAC seka krožnico v točkah A in D. Kot BAC meri 37°. Izračunaj velikost kota BOD. Naloga 6 [7, naloga 3. za 1. letnik srednje šole]. Za poljubno točko P sta na isti strani daljice AB dana dva enakokraka pravokotna trikotnika APQ in PBR s pravima kotoma v ogliščih Q in R. Dokaži, da oddaljenost razpolovišča M daljice QR od premice AB ni odvisna od izbire točke P (Slika 13). Rešitev: Naj bosta točki O 1 in O 2 središči polkrožnic s premero- ma |AP | in |PB| zaporedoma. Točka N pa naj bo presečišče pra- vokotnice iz točke M na daljico AB. Iz obrata Talesovega izreka sledi, da točka Q leži na polkrožnici s premerom |AP |, točka R pa na krožnici s premerom |PB|. Slika 13 IZ TEORIJE ZA PRAKSO 19 Matematika v šoli, št. 1., letnik 25, 2019 Ker sta trikotnika APQ in PBR enakokraka z osnovnicama AP in PB zaporedoma, je QO 1 ⊥ AP in RO2 ⊥ P B in velja |QO 1 | = |AO 1 | = |O 1 P | = |AP | in |RO2 | = |P O 2 | = |O2 B| = |PB|. Štirikotnik O 1 O 2 RQ je pravo- kotni trapez z osnovnicama QO 1 in RO 2 . Ker je M razpolovišče daljice QR, je MN srednjica trapeza in MN || QO 1 || RO 2 . Znano je, da je dolžina srednjice trapeza enaka polovici vsote dolžin osnovnic trapeza, zato velja . T orej oddaljenost točke M od daljice AB ni odvisna od izbire toč- ke P, kar je bilo treba dokazati. V tem prispevku smo navedli več različnih dokazov Talesovega izreka z uporabo znanja iz različnih matematičnih področij ter na konkretnih primerih pokazali uporabo pri reševanju (tek- movalnih) nalog. Naš cilj je z omenjenim prispevkom pritegniti pozornost učencev osnovnih in srednjih šol ter njihovih učitel- jev za podrobnejše preučevanje Talesovega izreka in reševanje geometrijskih nalog. Predlagamo, da bralec poskuša odkriti še katerega od dokazov Talesovega izreka. Kot prvi korak k temu cilju pa poskušajte rešiti naslednje naloge. Naloga 7 Dokažite Talesov izrek z uporabo Apollonijevega izreka, ki pravi: Naj bo D razpolovišče stranice AB trikotnika ABC. Potem je |CA| 2 + |CB| 2 = 2 ( |CD| 2 + |AD| 2 ). Naloga 8 Dokažite Talesov izrek z uporabo Stewartovega izreka, ki pravi: Naj bo D poljubna točka na stranici AB trikotnika ABC. Potem je |CA| 2 · |BD| + |CB| 2 · |AD| = |AB| · (|CD| 2 + |AD| · |BD|. Naloga 9 Dokažite Talesov izrek z uporabo kompleksnih števil in kosinusnega izreka. Uporabo Talesovega izreka pri reševanju konstrukcijskih nalog najdete v [4, str. 91–97]. Literatura [1] Anglin, W . S. in Lambek, J. (1995). The heritage of Thales. Springer. [2] Earl, R. (2017). Towards higher mathematics: A companion. Cambridge University Press. [3] Heath, T. (1921). A history of Greek mathematics. Vol. I. Oxford at the Clarendon Press. [4] Ivanec, D. idr., Vega 2, i-učbenik za matematiko v 2. letniku gimnazij, Zavod Republike Slovenije za šolstvo (http://eucbeniki.sio.si/ vega2/). [5] Komisija za popularizacijo matematike v osnovni šoli (2007). 43. tekmovanje iz matematike za Vegovo priznanje, Področno tek- movanje. Ljubljana: DMFA Slovenije. [6] Komisija za popularizacijo matematike v osnovni šoli (2012). 48. tekmovanje iz matematike za Vegovo priznanje, Državno tek- movanje. Ljubljana: DMFA Slovenije. [7] Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli (2007). 45. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije. Idrija: DMFA Slovenije. [8] Odžak, A. in Smajlović, L. (2013). Kompleksna analiza. Sarajevo: Prirodno-matematički fakultet Univerziteta u Sarajevu. [9] Stošić, V . (1994). Matematička natjecanja učenika osnovnih škola. Zagreb: Element: Hrvatsko matematičko društvo. [10] Y aglom, I. M. (1968). Complex numbers in geometry. New Y ork in London: Academic Press.