i
i
“Razpet-zaklad” — 2010/6/1 — 11:12 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 15 (1987/1988)
Številka 6
Strani 362–365
Marko Razpet:
ZAKLAD NA SAMOTNEM OTOKU
Ključne besede: matematika, geometrija, analitǐcna geometrija, ne-
enakosti, koordinatni sistem, razdalja, aritmetǐcna sredina, geome-
trična sredina, največja vrednost funkcije.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/15/915-Razpet.pdf
c© 1988 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
ZAKLAD NA SAMOTNEM OTOKU
Bilo je takrat, ko je bil Krjavelj še pri mornarjih . Nekega lepega dne je imel
izjemno srečo. Iz morja je dvignil steklenico s sporočilom. Na kar dobro ohra-
njenem koščku papirja je bilo napisano nekako tako le:
362
Sredi morja (sledijo zemljepisne koordinate) leži samoten otok. Približno
na sredini otoka rasteta kokosove palma in kruhovec. Pojdi od palme do kru -
hovca in štej korake. Nazaj grede zabij v tla količek na drugi petini razdalje
med drevesoma. Vsota razdalj zaklada od dreves mora biti največja, vendar
je trikrat dlje od količke, kot je količek od kruhovca .
Krjavelj je ljubosumno spravil listek, steklenico vrgel nazaj v morje in od-
služil mornarico. Vmes je doživel še tisto znamenito srečanje z vragom, ki pa
se je, kot vemo, srečno končalo. Na kopnem mu je kmalu postalo dolgčas po
morju, spomnil se je na porumeneli listič in se odločil, da izkoplje zaklad. Na-
jel si je barko in poiskal omenjeni otoček. Drevesi sta bili še vedno tam, mo-
žakarju je kmalu uspelo zabiti količek na pravem mestu in kopati primerno
daleč stran, zaklada pa ni in ni hotelo biti. Obupal je in se razočaran vrn il
domov. O tem dogodku ni nikomur pr ipovedoval , raje se je postavljal z vragom.
Mi pa si oglejmo, kako bi s kancem matematike našli zaklad. V točk i A naj
raste palma, v B pa kruhovec. Količek je treba zabiti v točki O na daljici AB.
Naj bo a razdalja med točkama A in O, b pa razdalja med O in B. Zaklad je za-
kopan v točki T. Naj bo r razdalja med O in T. Pri vsem tem mora biti vsota
razdalj AT + BT čim večja. Uvedemo še koordinatni sistem z izhodiščem v
točk i O, os x je usmerjena proti točki B. Iskana točka T naj ima koordinati
x, y. Po Pitagorovem izreku je
AT2 = (x + a )2 + y 2, BT2 = (x _ b )2 + y 2 in r2=x2+y2
Vsota razdalj ((x) = AT + BT je odvisna od abscise točke T. Ni težko videti, da
velja:
y
A(- a, O)
a
x
363
((x) = J a2 + r 2 + 2 ex + J b 2 + r 2 - 2 bx
Bralec, ki mu je pojem od voda že domač, bo zdaj nalogo rešil mimogrede.
Mi pa se je bomo lotili z elementarnimi sredstvi.
Dovolj je obravnavati primer, ko je a;;;:' b, 0< a < r in 0< b < r.
V Krjavljevem primeru je namreč b = 2(a +b)/5 in r ~ 6(a +b)/5, iz česar do-
bimo a =r/2 in b =rl3.
Sedaj moramo poiskati tako absciso x, da je vrednost ((x) čim večja. V ta
namen uporabimo dva pomožna izreka.
Pomožni izrek 1. Geometrijska sredina ...['ibpozitivnih števil e, b ne pre-
sega njune aritmetične sredine (a + b)/2. Obe sredini sta enaki natanko takrat,
ko je a = b.
Dokaz: Ker sta a in b pozitivni števili, obstajata njuna kvadratna korena";; in
VE, kvadrat njune razi ike pa je nenegativen : O";;;; (V;- .jb) 2 = a - 2..;;b +b
iz tega pa dobimo:
.Jih ,,;;;; (a + b)!2
Obe sredini pa sta enaki samo v primeru, ko je a = b,
Pomožni izrek 2. Za poljubna pozitivna števila a, b, e, d velja neenakost:
.Jih + y';d ,,;;;; y' (a + e)(b + d) (1 )
pri čemer velja enakost natanko tedaj, ko je ad = be.
Dokaz: Pri pogojih tega izreka sta tudi števili ad in be pozitivni in po prvem po-
možnem izreku velja:
2 .J (ad)(be) ,,;;;; ad + be
Enačaj velja natanko takrat, ko je ad = be. Če v zadnji neenakosti na obeh stra-
neh prištejemo število ab + cd, dobimo ab + 2y'abed + cd ,,;;;; ad + be + ab + ed
ali po urejanju
(Vib + y'Cd)2 ,,;;;; (a + e)(b + d)
Po korenjenju dobimo neenakost (1) .
Prepišimo ((x) nekoliko drugače:
((x) = Ja(a +r2 la + 2x) + Jb(b +r2 lb - 2x)
Če v neenakosti (1) nadomestimo b za + r 2 la + 2 x, c z b in d z b + r 2 l b - 2x,
dobimo neenakost
((x) ,,;;;; -I(a + b)(a + b + r 2 la + r 2 l b )
in po preureditvi
-
(2)
364