i
i
“647-Pucelj-naslov” — 2009/6/18 — 9:45 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 11 (1983/1984)
Številka 2
Strani 67–72
Ivan Pucelj:
KROG IN KOCKA
Ključne besede: matematika.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/11/647-Pucelj.pdf
c© 1983 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2009 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
MATEMATIKA
KROG IN KOCKA
1 Predmet našega razmišljanja sta nalog i:
A) Kako dolgo okroglo pal i co debeline d lah ko še spravimo v kocko z robom a?
B) Kol ik šna je ploščina največjega kvadrata (kroga, šestkotnika, romba) , ki
se da včrtati v dano kocko z robom a ?
~ Pri tovrstnih vprašanjih rabimo Pitagorov iz rek in njegove posle dice.
Ponovimo: : e je tri kotnik ABC ob og lišču B pravokoten , je AB2 + JC2 = CA2 •
O z nač i mo AB = x, BC = y , CA = d , pa imamo x 2 + y 2 = d2 •
Posl edi ce . Di agonal a d kvadra t a s stranico a j e d = vZa. V ena kostraničnem
t r i kot ni ku s stran ico a je V1 Slna v = v~ a , pol me r očrtanega kroga P O =
V3 1 • t k /Z 1 Š·· V3 2= -3- a , po me r vcr anega " roga P v = PO ' P o c i na p = - 4- a .
Sl i ka 1
Posta vimo skozi oglišče C na ravnino trl
kotnik a ABC pravokotnico CD = z . Potem
je x 2 + y 2 + Z 2 = AD 2 •
Posledi ce. Tel esna diagona la d kvadra z
robovi a , b , c ustreza enakost i a 2 + b 2 +
+ c 2 = 'd2 (Sli ka 1).
Tel esna diagona la kocke z robom a pa j e
d = 13a .
~ Zdaj se lotimo naloge A) pri pogoju, da je pali ca tan ka! Pal i co debeli-
ne d spravimo v kocko v smeri te lesne diagonale , saj domnevamo , da je lahko
v tem primeru dolžina h pal i ce najda ljša ! Iz s l i ke Z preberemo zveze :
1 dV" - . - ,rsa - ,'Z' • , v3 - - IZ - ,
~- = - --6 - a , OZlroma a = Y ; a ~ v a , r o = -3- a , a = v s ln
67
r~ = d, s ' = v3d/ v2 = v6d/ 2; končno v · 2 = 8 , 2 - r~2 = 2d2/4 . v · = v2d/ 2. Od
tod dobi mo za dol žin o h palice h = v3a - 2v'. ali h = v3a - v2d. To velj a
pri pogoju. da j e a' ~ v2a . torej J3d ~ v2a. al i d ~ v: a = o .a l7a .
4 O· k " P ' • ./2 d bi d ' , d V3 ./2' V6 . dlS US1 Ja . rl a = v a O lmo . a Je --2-- =---6- v a =---6- a ln =
= v: a . Tore j j e h = v3a - v2 v: a = v~ a . Vtem primeru je dolžina h
enaka tretji ni teles ne di agonale kocke .
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
: .
}:'~
. : -----
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
51 i ka 2
4,1 Pogl ej mo. kol ikšna je la hko debelina pali ce. če je naj vecJa dolžina h v
mejah a ~ h " v3a in smo pal ico spravili v kocko "diagona lno". Imamo a ~
~ v3a - v2d " v3a. oziroma O ~ v2d ~ (v3 - l )a. Sl edi
68
v'3 - 1 v'3 - 1 . v'2O :;; d:;; ------'-- a =----- a =
v'2 v'2 v'2
v'6 - 2
2
a ;, O,5l8a
Debelina d je v teh primer i h v me jah med ° in v'2av'3/ 3 = v'6a13 ;, O,8lla.
~,~ Lotimo se možnosti v'3a13 < h < a . Potem je zarad i omejitve d :;; v'Ga13 in
' "2 3 " v'3a - h d bl ' d . h v'3 - 1 dzarad, v' d = v' a - h , d = v'2 e e ,na v meJa -~- a < <
< ~6 a, al i O,5l8a < d < O,8l l a. V teh primerih lah ko spravimo palico kar
"naravnost" ( t o pomeni pravokotno na stransko ploskev kocke) v kocko!
!5 Pa denimo, da je zdaj debelina d palice večja od v': a . Kako določimo
največ j o dolžino h v teh primerih? Proučimo možnost, da j e palica "vlože na"
v smeri telesne diagonale (tako, da je središčnica palice v teleSni diagon~
li; s re d i š č n i ca je dal ji ca, ki veže središ či mejn ih krogov pal i ce) !
Ozna č i mo v kocki ABCDEFGH njeno središče S in poglejmo ravnins ki presek skQ
zi S , vzporedno z ravninama t ri kotnikov BED in CFH (sl ika 3). Opazimo, da
je ta presek šestkotnik z ogli šči A
"
A
2
, A
3
, A4 , A5 , A6 • Ta šestkotnik ima
vse stranice enake v'2aI 2, to pa je polovi ca diagonale kvadrat a največjega
H
\
\
\
\
\
\
\
\
Au--- - - - - __....::::.~
B
Sl i ka 3
G
Sl i ka 4
, 69
kvadrata na povrsJ u kocke . Tudi vse diagonale te ga šes tkot ni ka so si med s~
boj enake , namreč po Pitagori dobimo za vsako iz raz V2a. Sledi , da j e ta
šestkotnik pravilen ! Polmer včrtanega kroga je v tem šes t kot ni ku zato enak
v6a/ 4 , ~remer pa je potem v6a/ 2 = 1,225a . Torej je mogoča večja debelina d
palice od vrednosti v6a/ 3 = O,8l7 a, namreč vrednost v6a/ 2 = l,225a . Kol i k-
šna pa je v tem primeru največja dolžina h? Premislimo : Če ravnino šestkot-
nika A,A:>A3A"A 5A6 malo vzporedno premaknemo v lego A ;A;A;A ~A,;A ; , se vidi,
da se diagonale šestkotni ka po dolžinah prav nič ne spremene, vse so še ve!!
no enake v2a , spremenijo se pa dolžine stranic šestkotnika, saj očitno ve-
l j a npr . A;A; < A,A:> , A"A5 < A ~A 5' . Od tod z nazornostjo lah ko domnevano,
da ima med vsemi ravninskimi preseki z ravninami, ki so vzporedne tri l<otn i-
kovima ravninama BED, CFH in leže med njima, največjo ploščino ravno Yčrta­
ni krog v šest kot ni ku A,A:>A
3
A"A,.A 6.
če je debelina d v mejah - v~ a < d < v~ a , ali približno v mejah O.8l7 a<
< d < 1,225a, je dolžina najdaljše "diagonalne" pal i ce v mejah O < h <
<~ a , ali O < h < O,577a .
3
Vaja. Dani debelini d določite pri zgornji omej itvi ustrezno najdaljšo dol-
žino h!
El Ogledali si bomo še nekaj včrtan ih krogov kocke.
Poglejmo na sliki 4 v kgcki ABCDEFGH štirikotnik PQRS' , pri čeme r so točke
P, Q, R, S ' po vrsti na robovih AB , FG, GH, DA, ta ko da je PB = QF = RH =
= S 'D = a/ 4.
Po Pitagori dobimo, da je potem S 'P = 3v2a/4, PQ = 3v2a/4 . Nadalje je PR =
= 3a/2 in tudi $ 'Q = 3a/2. Od tod sledi, da je štirikotnik PQRS ' kvadrat s
ploščino p(PQRS' ) = :: a2 = 1,125a2 , kar pomeni, da se da v kocko včrtati
večji kvadrat, kot je osnovna pl oskev kocke !
El.1 Ploščina kroga, ki je včrtan v ta kvadrat, j e enaka
70
torej znatno večja kot prejšnja!
še vedno pa je odprto vprašanje, ali se da v kocko včrtati še večji kvadra~
kot smo našl i v 6 , in al i se da v kocko včrtati še .večji krog, kot smo ga
našli v omenjenem šestkotniku .
Ei.~ Videli bomo, da se da v kocko včrtati romb, ki ima večjo ploščino , kot
jo ima kvadrat iz 6
Slika 5
Oglejmo si namreč . tale ravninski presek ,
ki poteka skozi telesno diagonalo DF ko~
ke ABCDEFGH in seče robova AB, GH v sre-
diščih U, v: (prim. sliko 5). Zaradi
skladnosti pravokotnih trikotnikov UAD ,
'VGH, VHD , UBF sklepamo, da je UD = VF =
= UP = VV . ro Pitagori je 1~2 = (a/2)2 +
+ a2 = 5a2/4 , torej VD = v5a/ 2. To pome-
ni, da je štirikotnik UFVD romb, njegovi
diagonali sta DF, UV. Ker je DF = v3a in
UV = v2a , je ploščina tega romba enaka
, ~ ~ , V6 2 2
2 - DF. UV = ,.- vs«. v2a = ~ a ,,1 .225a ,
to je pa res malo večje od ploščine kva-
drata PQRS' , saj je ta enaka 1,125a2,
kot smo dognali zgoraj .
Včrtajmo rombu UFVD krog! Njegov premer je enak višini romba; to pa določi­
DO kot količnik med plošč ino in stranico . Račun da v30a/ 5. Potemtakem je
ploščina v romb včrtanega kroga enaka n( v30a/10)2 = 3na2/10. Ker je 9/32
manjše od 3/10, je ta drugi krog večji od kroga, ki smo ga konstruiral i v
6.1 . Toda je manjši od kroga, ki je včrtan v šestkotnik A,A2A3A4AsA6' saj
je 3/10 manjše od 3/ 8.
Ei.3 V prejšnjih odstavkih smo v 5 i n v 6 opazili tudi dva šestkotnika, ki
sta včrtana v kocko:
- v 5 je šestkotnik A,A2A3A4AsA6 pravilen,
- v 6 pa označimo presek med ravnino kvadrata PQRS' in robom EF z W, pres~
č išče med tem kvadratom in robom DH pa z z ; tako dobimo tudi šestkotn ik
PWQEZS' (ta seveda ni pravilen) .
71
Kat er i od nji ju ima vecJo p loščino? Plošč ina prvega je enaka 3v3a2/4 =
= 1. 299a2. Pl o š č i n o šes t kot ni ka PWQRZS ' pa dobi mo tako. da p lošč i ni kvadra -
ta PQRS' pr i š t ej emo ploščini t r iko tn ikov pWQ in S 1?z. Najp rej dobimo Pw2 =
= (a/4)2 + (a/2)2 = 5a2/16 . potem vi š ino v iz W na strani co PQ. v2 = pw2 -
_ (PQ/2)2 = 2a2/64 . v = v2a/ 8. Končno dobimo za plošč ino p(PWQRZS ' ) = PQ2 +
+ PQ.v = 21 a2/ 16 = 1. 31 25a2. Torej je šestkotni k PWQRZS' r l o š č i n k s o večji
od pravi lnega šestkot ni ka A,A2A3A4AsA6' medtem ko j e vč rt a n i krog v prvem
primeru ma njš i kot v drugem primeru!
Povzetek. Nal og A) . B) smo se lotili s kar se da preprostimi ma tema ti čn im i
pripomočk i . Rešili smo ju pa del no. Dodaj mo t ema nalogama še:
C) Kol ikš en je v dani kocki ravninski prerez z naj v ečjo p loščino?
Morda bodo zgornje vr st i ce spodbuda. da se boste lotili t eh problemov.
Opomba. Ana lo gne probleme la hko postav imo pri drugih geometri j skih t el es ih
(pri kvadru, pravi l nem četvercu, pr i pravilnih poli edr i h al i pa pr i okro-
~ l i h geometrijskih te lesih) . Zanimiva bi bi la tud i računa lniška obravnava
prob1ema C) .
ir S poznavanjem osnovni h geometrijskih zakonitosti iz srednješolskega te -
čaja se da pokazati, da je drugi od krogov v 6 . 1 v kocki z robom a največ ­
j i ( taki krogi so pa šti rje). Eden od dokazov j e opi san v dvanajs te m zvezku
zbirke matematičnega krožka Univerze v Moskv i : š k Larskij, Čencov, JagLom:
Geome tričeskie neravenstva i zadači na maksimum i minimum , str . 77-80 . To
delo je tu di v angle škem prevodu . Dokaz pa teče tako : ~ ajp rej pokažemo, da
pri haj ajo v poštev za "maks i mal ne" kroge le krogi s sredi ščem S (sredi šče
kocke); potem konstruiramo obl o s sredi ščem S in pol merom r = V6a/ 4 ; ta i z-
seče iz šes t i h me jnih kvadratov kocke šest krožnic; če povežemo sredi šče S
s t oč k a mi te h krožnic, dobimo šes t p la ščev s tožcev; pot em pokažemo, da bi
morala imeti ravnina kroga K(S ,R) , ki ima polmer R večj i od r . s temi šes t !
mi p lašči samo skupno točko S (z vsemi!); končno pokažemo, da t aka ravnina·
ni mogoča !
Ivan PuceLj
72