MATEMATIKA
Napoleonov problem
•is •i' nU
Mateja Čarman
Ukvarjali se bomo s konstrukcijskim problemom. Podano imamo krožnico (brez središča). Naša naloga je, da samo z uporabo šestila razdelimo krožnico na štiri enake dele. To je ekvivalentno problemu, da v dano krožnico včrtamo kvadrat. Nalogo bomo razdelili na dva dela. V prvem delu bomo konstruirali središce dane krožnice, v drugem delu pa bomo krožnici s podanim središcem vcrtali kvadrat. Drugi del problema je znan tudi kot Napoleonov problem. Sicer ni povsem znano, ali je problem res postavil on, tudi ni jasno, ali je ta problem sploh rešil.
Prvi del. Konstrukcija središča danega kroga s šestilom
Potek konstrukcije
Na krožnici si izberemo poljubno tocko A (glej sliko 1). Narišemo krožnico K1 s središčem v A in poljubnim polmerom, večjim od polmera dane krožnice in manjšim od premera. Presecišci krožnice K1 z dano krožnico oznacimo z B1 in B2. Narišemo K2(B1, |AB11) in K'2(B2, |AB2|), ki se sekata v tocki C. V nadaljevanju narišemo krožnico K3 s središcem v C in polmerom |AC |. Presecišci krožnic K3 in K1 oznacimo z D1 in D2. Nazadnje narišemo še krožnici K4(D1, |AD1|) in K4(D2, |AD2|). Trdimo, da je njuno presecišce T središce prvotnega kroga.
SLIKA 1.
Konstrukcija središča kroga s šestilom

10	PRESEK 45 (2017/2018) 1

MATEMATIKA

Dokaz
Naj bo S središče kroga (te tocke sicer še ne znamo skonstruirati). Naš cilj je dokazati, daje T = S, torej, daje T središče prvotne krožnice. Dokaz bo potekal v dveh delih.
Najprej si poglejmo le krožnice K1, K2 in K'2 (glej sliko 2). Predpostavimo, da središca krožnice že poznamo. Razdalja |AS| = r je ravno polmer dane krožnice, dolžino |AB2| oznacimo z b, kot B2AS pa z a. Tocka B2 leži na prvotni krožnici, zato je |SB2| = r, tocki C in A pa ležita na krožnici K'2, zato je |B2C| = |B2A| = b. Trikotnik AB2S je enakokrak, zato je ZAB2S = a, prav tako je trikotnik AB2C enakokrak in zato je ZB2CA = a. Zaradi podobnosti trikotnikov AB2S in CAB2 velja razmerje
■ IAB21 : |AS | = |AC | : | CB21.
od koder sledi
IAB2IICB2I
I AC | =
IAS |
Zapisano z našimi oznakami dobimo b2
• I AC | = —.
r
SLIKA 2.
Prvi del dokaza
V drugem delu dokaza si bomo ogledali še krožnice K3, K4 in K'4 (glej sliko 3). Velja |AD2| = b, saj tocka D2 leži na krožnici Ki tako kot tocka B2. Tocki A in D2 ležita na krožnici K4, katere središce je C, zato velja |AC| = |CD2|. Oznacimo kot D2AT z ¡3. Zaradi enakokrakih trikotnikov velja analogno kot v prvem delu ZD2AT = ZAD2C = ZATD2 = 3 ter podobnost trikotnikov AD2T in D2CA. Torej velja razmerje
■ |AT| : IAD2I = IAD2I : ICD2I. Izrazimo |AT|:
IAD2IIAD2I
|AT | =
ICD2I
Namesto |AD2| pišimo b, namesto |CD2| pa |AC| in vstavimo rezultat prvega dela. Dobimo:
|AT | =
b2 b2
|AC | bi
r.
S tem smo dokazali, da je T res središče prvotne krožnice.
Drugi del. Konstrukcija včrtanega kvadrata v krog z danim središčem
Potek konstrukcije
Središče dane krožnice sedaj že znamo določiti, označimo ga z S. Na krožnici izberemo poljubno točko X (glej sliko 4). Narišemo krožnico K\ s središčem X in polmerom |XS|. Presečišča s prvotno krožnico označimo z V in Y. Narišemo krožnico K' s središčem Y in enakim polmerom kot Ki. Krožnica seka prvotno krožnico v točkah X in Z. Potem narišemo krožnici K2(V, ivy I) in K2 (Z, |ZX|) ter eno od njunih presečišč označimo s T. Nazadnje narišemo še krožnico K3 s središčem Z in polmerom |ST|. Presečišči K3 in prvotne krožnice označimo z U in W. Točke VWZU so oglišča kvadrata.
www.obzornik.si
10
PRESEK 45 (2017/2018) 1
MATEMATIKA
SLIKA 3.
Drugi del dokaza
SLIKA 4.
Konstrukcija vcrtanega kvadrata

10	PRESEK 45 (2017/2018) 1

MATEMATIKA

SLIKA 5.
Izračun stranic |VY| in IZX|
Krožnici K2 in K'2 imata enak polmer. Tocki T in Y ležita na K2, zato je |VY| = |VT| (glej sliko 6). Tocki T in X pa ležita na K'2, zato je |ZX| = |ZT|.Če uporabimo zadnje enakosti, smo ugotovili, da je trikotnik VTZ enakokrak z dolžino kraka rVŠ. Tocka S je razpolovišce osnovnice trikotnika VTZ, torej je trikotnik VTS pravokoten. Za izračun stranice |ST | uporabimo Pitagorov izrek:
■ |sr|=VivrI2 -isvI2 = V(rV3)2 - r2
= V3r 2 - r2 = rVŽ.
S tem je dokaz zaključen, saj nam je uspelo poiskati razdaljo rV2, ki predstavlja dolžino stranice včrta-nega kvadrata.
Dokaz
Naj bo polmer dane krožnice r. Diagonala kvadrata vcrtanega v krožnico bo merila 2r, torej bo stranica kvadrata dolga rV2. S konstrukcijo želimo dobiti dve tocki, katerih razdalja meri rV2, kar predstavlja dolžino stranice v krožnico vcrtanega kvadrata. Naš cilj je dokazati, da sta V in Z diametralni tocki in da je |Z^| = |ST| = rV2, kar je ravno dolžina stranice kvadrata.
Polmer prvotne krožnice ter krožnic Ki in Ki meri r, zato velja |VS| = |ZS| = |XS| = |XV| = |XY| = | YS| = |YZ| = r (glej sliko 5). Trikotniki VXS, XYS in YZS so enakostranicni z dolžino stranice r. Od tod sledi, da je kot ZVSZ = 60° + 60° + 60° = 180°. Torej tocki V in Z ležita na premeru prvotne krožnice. Naslednje, kar nas zanima, je dolžina daljice |VY|. Daljica |XS| je simetrala omenjene daljice in jo razpolavlja. Torej je polovica daljice |VY| ravno višina enakostranicnega trikotnika XYS in zato meri
SLIKA 6.
Izračun stranice |ST|
XXX
^2^. Torej je dolžina daljice |VY| = 2 Analogno pokažemo, daje |XZ | = rV3.
= rv3.
www.obzornik.si
www.presek.si
10
PRESEK 45 (2017/2018) 1