MATEMATIKA
Rešitev Malfatt problema
evega
Nada Razpet
-> Najprej se spomnimo, kako se glasi naloga: Dan je trikotnik. Kako naj iz trikotnika izrežemo tri kroge tako, da bo njihova skupna ploščina največja?
SLIKA 2.
Za levi primer je vsota ploščin (17+y|)2 ~ 0,729, za desnega pa
2773 ~ 0'739
SLIKA 1.
Malfattijeva rešitev naloge, ki pa ni pravilna.
Dolgo je matematike zanimalo le, kako se ti krogi konstruirajo, niso pa razmišljali o pravilnosti Malfat-tijeve rešitve.
Nato pa sta leta 1929 Lob in Richmond ugotovila, da že za enakostranicni trikotnik Malfattijeva rešitev problema ni pravilna (slika 2).
V enakostranicnem trikotniku je vsota ploščin krogov včrtanih tako, kot je to predlagal Malfatti (na sliki 2 levo), manjša kot v primeru na sliki 2 desno.
Howard Eves je 35 let kasneje ugotovil, da Malfattijeva rešitev tudi za dolg ozek trikotnik ni pravilna (slika 3).
SLIKA 3.
Evesova rešitev Malfattijevega problema za ozek in dolg trikotnik.
Leta 1967 je Goldberg pokazal, da Malfattijeva rešitev ne drži za noben trikotnik. Leta 1994 sta Los in Zalgaller sistematično (z računalnikom) proučila vse možne lege treh krogov, včrtanih v dani trikotnik (obstaja 14 različnih možnosti), in proučila vsote njihovih ploščin. Ugotovila sta, da je najbolje, da je prvi krog kar včrtani krog trikotnika, potem pa se je treba odločiti, kam narisati še preostala dva kroga. Obstajata le dve taki možnosti. Prikazani sta na sliki 4. In kako naj se odločimo v danem primeru? Odločata vrednosti kotnih funkčij sin(a/2) in tg(^/4).
10
PRESEK 45 (2017/2018) 3
MATEMATIKA
B) sin (|)= 0,34 tg (f)=0,23
sin ^ > tg 4
pravokotna, zato velja:
■ sin(a/2) =— =-,
51 5 - r - ri
1 - sin(a/2)
1 + sin(«/2)'
ri =
■ ( r2	r2
sin(a/2) =— =---,
52 5 - r - 2r1 - r2
r2 =
1 - sin(a/2)\ 1 + sin(a/2))
2
Opazimo, da so polmeri r, r1 in r2 trije zaporedni cleni geometrijskega zaporedja. Izrazimo še polmer r3 s kotom ¡3:
sin(P/2) = —,
53
53 =
1
sin(3/2)'
sin(3/2) = ^ =-^-,
54 53 - r - r3
r3 =
1 - sin(3/2)
SLIKA 4.
Zgornja slika velja za primer, ko je sin(a/2) < tg(3/4) (primer A), spodnja pa, ko je sin(a/2) > tg(3/4) (primer B).
Kdaj prva in kdaj druga možnost?
Privzemimo, da za kote v trikotniku velja
a < ¡3 < y y = konst => a + ¡3 = konst. (1)
Če to za dani primer ne drži, kote preimenujemo, da ustrezajo pogoju 1.
Dobro je, da izberemo enoto. Naj bo polmer trikotniku ABC vcrtanega kroga r = 1. Oznake daljic razberemo s slike 5.
Trikotnik AB15 je pravokoten, zato velja
r	1
sin(a/2) = -, r = 1, 5 =	.
5	sin(a/2)
Tudi preostala dva trikotnika AA1S1 in AA2S2 sta
1 + sin(3/2)' Da bo manj pisanja, zapišimo:
■	sin(a/2) = u,	sin(3/2) = v. Primerjamo vsoti ploščin
■	n(r2 + rf + r22) > n(r2 + r2 + r|).
(2)
Obe strani neenačbe (2) delimo s n, vstavimo ustrezne izraze in dobimo:
r2 + r2 + r22 >r2 + r2 + r|,
22 r22 >r32,
1	- u
1	+ u
1	- u
1	+ u
1 - v 1 + v 1 - v 1 + v'
(3)
(4)
Neenačbo (3) smo korenili. To smemo narediti, saj sta tako števca kot imenovalca obeh ulomkov pozitivni števili.
Ker je po dogovoru kot y največji kot v trikotniku, sta kota a in ¡3 manjša od 90° in vrednosti kotnih funkcij sinus in tangens pozitivni števili. Zapišimo povezavo med kotnima funkcijama sinus in tangens:
sin(3/2) =
2 tg(3/4) 1 + tg2(3/4)'

4
2
2
10	PRESEK 45 (2017/2018) 3

MATEMATIKA

SLIKA 5.
Trikotniku včrtamo kroge
AS = s ASi = si AS2 = S2 SB = S3 S3B = sA
Torej velja:
1 - v 1 - sin(ff/2) ' 1 + v = 1 + sin(jS/2)
1 - !$%%)_ (1 - tg(p/4))2 1+ 2tgW4» (1 + tg(3/4))2 '
1 + 1+tg2(P/4) V	"
Desno stran neenačbe (4) zamenjamo z desno stranjo enačbe (5), neenačbo korenimo in dobimo:
_ 1 - sin(a/2) ^ 1 - tg(P/4) 1 + sin(a/2) > 1 + tg(3/4)'
In z malo računanja dobimo: ■ tg(P/4) > sin(a/2).
Iz neenačbe (6) sledi, da je vsota ploščin krogov v primeru A vecja od vsote ploščin krogov v primeru B, če je sin(a/2) < tg(3/4).
Ploščine proučimo še z GeoGebro
(5)	Kako se v posameznem primeru spreminja vsota ploščin, proučimo še z GeoGebro. Naj za kote v trikotniku ABC velja a < ¡3 < y. Naj bo kot y konstanten, torej je tudi vsota kotov a + ¡3 konstantna. Ko trikotniku včrtamo krog, bo najmanj prostora za preostala kroga v kotu y, torej bomo včrtali oba kroga v kot a ali pa v vsakega od kotov a in ¡3 po en krog.
Vemo, da so koti, ki ležijo nad istim krožnim lokom, med seboj enaki. Zato osnovni trikotnik ABC narišemo tako, da kotu y pripada največji lok, v našem primeru smo izbrali za ta lok več kot polovičo
(6)	krožniče (slika 6). Da bo tudi a < ¡ , se mora točka C
sin(a/2) < tg(/3/4) ^pi>p2 mi = sin(a/2) = 0,18 m2 = tg(/9/4) = 0,27
Pl =Pr+Pm + Pv
P2=Pr+Pm + Pz
Ti = (sin(a/2),ptI)
T2 = (sin(a/2),p,)
mi = OM m2 = ON

SLIKA 6.
Ploščini vijoličnega (vijolična krivulja) in zelenega (zelena krivulja) kroga v odvisnosti od sin(a/2). Ko je sin(a/2) < tg(P/4), je y(T1) = pv večji od y(T2) = pz, zato je vsota ploščin p1 > p2. Vse tri kroge je treba včrtati v kot a.
10
PRESEK 45 (2017/2018) 3
MATEMATIKA
gibati po loku DB. Kota se s spremembo lege točke C spreminjata, pri tem je a < ¡3, njuna vsota pa je konstantna. Ce izberemo lego tocke C drugače, velja drugačna relacija med koti in moramo vloge kotov v nadaljevanju ustrezno spremeniti.
Trikotniku včrtamo krožnico, poiščemo presečišče te krožničo s simetralama kotov a in ¡3. V teh točkah narišemo pravokotniče na te simetrale. Pra-vokotniče sekajo straniči c in b oziroma a. Dobimo nove trikotnike AB1C1, AB2C2 in B3BC3, v katere zopet včrtamo krožniče.
Vsoto ploščin rdečega (pr), modrega (pm) in vijoličnega (pv) kroga označimo s p1, vsoto ploščin rdečega, modrega in zelenega (pz) kroga pa s p2, če je pv > pz je p1 > p2. V koordinatni sistem (na desno strani slike 6) rišemo sled točke T1(sin(a/2), pv), vijolična krivulja, in sled točke T2(sin(a/2, pz), zelena
krivulja, ko se oglišče C giblje po loku DB. Program riše obe sledi hkrati. Ordinati odebeljenih pik na krivuljah kažeta, kolikšna je ploščina vijoličnega oz. zelenega kroga za trenutno izbrana kota a in ¡3.
Bralči naj še premislijo, kolikšna sta kota a in ¡3, ko je p1 = p2.
Kaj smo se naučili? Pri geometrijskih nalogah se pogosto zgodi, da pri reševanju upoštevamo odnose med količinami, ki jih razberemo s slike. Ta pa nas lahko zavede, zato je vedno dobro, da rešitev preverimo tudi na kakšnih posebnih primerih, kot v našem primeru na enakostraničnem trikotniku ali pa na zelo dolgem in ozkem trikotniku.
Literatura
[1]	M. Andreatta, A. Bedzek, J. P. Boronski, The Problem of Malfatti: Two Centuries of Debate, The Mathematičal Inteligenčer, Springer, 2010.
[2]	H. Lob, H. W. Ričhmond, On the solution to Malfatti's problem for a triangle, Proč. Lond. Mat. Soč, 2, 30, 287-304, 1930.
[3]	M. Goldberg, On the original Malfatti problem, Mathematičs Magazine 40, 241-427, 1967.
[4]	V. A. Zalgaller, G. A. Los, The solution of Malfatti's problem for a triangle, Journal of the Mathematičal Sčienče, 72, No. 4, 3163-3177, 1994.
_XXX
O pitagorejskih trojicah malo
drugače
-i' -i' -i'
Marjan Jerman
V pravokotnem trikotniku s katetama a in b ter hipotenuzo c velja Pitagorov izrek, ki pravi, da je
■	a2 + b2 = c2.
Če dodatno zahtevamo, da so števila a, b in c naravna, trojici (a,b,c) rečemo pitagorejska trojica. Posebej slavna pitagorejska trojica, s pomočjo katere so v starem Egiptu načrtovali prave kote, je trojica (3,4, 5).
Kadar stranice a, b in c nimajo skupnega faktorja, recemo, da je pitagorejska trojica (a,b,c) primitivna. Na primer, (6,8,10) je pitagorejska trojica, ki ni primitivna in je dobljena s celoštevilskim raztegom trojice (3,4, 5).
Pokažimo, da je v vsaki primitivni pitagorejski trojici ena kateta soda in ena liha.
Ce sta obe kateti v pitagorejski trojici sodi, je soda tudi hipotenuza. Zato takšna trojica ni primitivna. Ce bi bili obe kateti lihi, enačba
■	(2k - 1)2 + (2l - 1)2 = 4(k2 - k + l2 - l) + 2
pove, da bi dal kvadrat hipotenuze ostanek 2 pri deljenju s 4. Ker kvadrat sodega števila da pri deljenju s 4 ostanek 0, kvadrat lihega števila (2k - 1)2 = 4(k2 - k) + 1 pa ostanek 1, takšna hipotenuza ni mo-goca.
S pomocjo zadnje trdive lahko, recimo, pokažemo, da je (3,4, 5) najmanjša Pitagorejska trojica.
Ker išcemo najmanjšo pitagorejsko trojico, mora biti iskana trojica (a,b,c) primitivna. Glede na trditev

10	PRESEK 45 (2017/2018) 3