i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 41 — #1 i
i
i
i
i
i
TRIKOTNIK, ENAKOOSNA HIPERBOLA IN
BERNOULLIJEVA LEMNISKATA
MARKO IN NADA RAZPET
Pedagoška fakulteta
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 01A55, 51M04, 51M15
V prispevku obravnavamo geometrijsko konstrukcijo trikotnikaABC z dano osnovnico
AB, razliko α − β kotov ob osnovnici in premico, na kateri je oglǐsče C. Naloga je
posplošitev tiste, ki jo je Josipu Plemlju postavil leta 1891 njegov profesor matematike
Vincenc Borštner na ljubljanski gimnaziji.
TRIANGLE, RECTANGULAR HYPERBOLA AND LEMNISCATE OF
BERNOULLI
In this contribution we discuss a geometric construction of a triangle ABC when its
base AB, difference α − β between the angles at this base, and a straight line on which
the vertex C is located are given. The problem is a generalization of one posed in the year
1891 to Josip Plemelj by his mathematics teacher Vincenc Borštner in secondary school
in Ljubljana.
Uvod
Znano je (več v [4, 5]), da je dal prof. Vincenc Borštner (1843–1917) na
ljubljanski državni gimnaziji leta 1891 petošolcem, med katerimi je bil tudi
Josip Plemelj (1873–1967), iz neke, nam še vedno neznane zbirke, naslednjo
konstrukcijsko nalogo.
Naloga (A).
Konstruirati je treba trikotnik z znano stranico c, razliko kotov ε = α−β > 0
ob njej in vǐsino vc.
Vse konstrukcije naj se opravijo z neoznačenim ravnilom in šestilom.
Vemo, da se nalogo (A) da rešiti na več načinov. Plemelj jo je najprej rešil
z računom, nato pa našel geometrijsko konstrukcijo. V iskanju neznane
zbirke naletimo dvakrat na isto nalogo v obsežnem delu [2], kjer avtorja
pri konstrukciji uporabita izrek o potenci točke glede na krožnico oziroma
metodo dopolnitve trikotnika v enakokraki trapez, tako kot je opisano v
[1]. Nobena od teh možnosti ni tista, ki naj bi bila v Borštnerjevi zbirki
in je obrazložena v [4, 5]. V nadaljevanju iskanja neznane zbirke najdemo
vǐsješolski učbenik [3] iz leta 1855, v katerem je na strani 185 splošneǰsa
naloga, kot je Borštnerjeva.
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2 41
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 42 — #2 i
i
i
i
i
i
Marko in Nada Razpet
Naloga (B).
Konstruirati je treba trikotnik ABC z znano stranico c = |AB|, razliko
kotov ε = α − β > 0 ob njej, pri tem pa mora oglǐsče C ležati na dani
premici p.
Predpostavili bomo, da je trikotnik ABC standardno označen, pri čemer
je 0 < ε < π. Koti α, β in γ so notranji trikotnikovi koti. Če je p vzporedna
s stranico AB, potem iz (B) dobimo Borštnerjevo nalogo (A). V nalogi (B)
sta dani oglǐsči A in B, ki določata stranico z dolžino c trikotnika ABC.
Kajti le tako je tedaj smiselno podati premico, ki vsebuje tretje oglǐsče.
Analitična rešitev
Najprej bomo nalogo (B) rešili analitično, podobno kot je to narejeno v [6].
V pravokotnem kartezičnem koordinatnem sistemu Oxy naj bosta oglǐsči
trikotnika A(−f, 0) in B(f, 0), pri čemer je f = c/2 = |AB|/2. Oglǐsče C
naj ima pozitivno ordinato, da bo trikotnik ABC pravilno označen (slika
1). Če izberemo kot α, potem mora biti kot β enak α− ε. Premica skozi A,
nosilka stranice b, in premica skozi B, nosilka stranice a iskanega trikotnika,
imata enačbi
y = (x+ f) tgα, y = −(x− f) tg(α− ε). (1)
Njuno presečǐsče je točka C(xC , yC), tretje oglǐsče iskanega trikotnika. Ko
rešimo sistem enačb (1) in dobljena izraza poenostavimo, dobimo:
xC = −f ·
sin ε
sin γ
, yC = f ·
cos ε+ cos γ
sin γ
. (2)
Z nekoliko dalǰsim, pa ne težkim računom, najdemo zvezo
x2C − y2C − 2xCyC cot ε− f2 = 0,
kar pomeni, da oglǐsče C leži na stožnici, ki ima enačbo
x2 − y2 − 2xy cot ε− f2 = 0. (3)
V skladu z nalogo je oglǐsče C lahko le na tistem njenem delu, kjer je x < 0
in y > 0. Ker je ε = α−β < α+β = π−γ, sledi še omejitev 0 < γ < π− ε.
Parametrični enačbi te krivulje sta po (2) x = −f sin ε/ sin t, y = f(cos ε+
cos t)/ sin t, 0 < t < π − ε.
Mešani člen −2xy cot ε = 2xy tg(ε − π/2) pove (glej na primer [7]),
da je stožnica v koordinatnem sistemu Oxy zasukana okoli O za kot ϑ =
42 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 43 — #3 i
i
i
i
i
i
Trikotnik, enakoosna hiperbola in Bernoullijeva lemniskata
ε/2 − π/4. Za ε = π/2 preide (3) v x2 − y2 = f2, kar je enačba enakoosne
hiperbole. Spoznali bomo, da enačba (3) za vsak ε med 0 in π predstavlja
enakoosno hiperbolo v koordinatnem sistemu Oxy, zasukano okoli O za kot
ϑ = ε/2− π/4.
Ponovimo najosnovneǰse o hiperboli. Enačba splošne hiperbole v kanon-
ski obliki je x2/a2 − y2/b2 = 1. Pri tem je a realna polos, b pa imaginarna
polos hiperbole. Točki E(−a, 0) in F (a, 0) sta temeni hiperbole. Premici, ki
sta zajeti v enačbi x2/a2− y2/b2 = 0, sta asimptoti hiperbole. Za a = b do-
bimo enakoosno hiperbolo x2 − y2 = a2. Razdalja e =
√
a2 + b2 je linearna
ekscentričnost hiperbole. Gorǐsči hiperbole sta točki G1(−e, 0) in G2(e, 0).
Enakoosna hiperbola x2 − y2 = a2 ima gorǐsči G1(−a
√
2, 0) in G2(a
√
2, 0).
Ker obstaja realen razcep
x2 − y2 − 2xy cot ε =
(
y + x cot
ε
2
)(
x tg
ε
2
− y
)
,
je stožnica (3) res hiperbola, njeni asimptoti a1 in a2 pa sta premici y =
x tg(ε/2) in y = −x cot(ε/2), ki sta očitno med seboj pravokotni, kar samo
potrjuje dejstvo, da je hiperbola (3) enakoosna, saj ima samo taka hiperbola
med seboj pravokotni asimptoti. Asimptota a1 oklepa z osjo x kot ε/2,
asimptota a2 pa kot ε/2 + π/2.
Slika 1. Trikotnik in hiperbola.
Hiperbola (3) poteka skozi točki A in B. Z njima in razliko kotov ε
je natančno določena. Označimo jo s H(A,B, ε). Točki E in F hiperbole
H(A,B, ε), ki sta sredǐsču O najbližji, sta temeni hiperbole. Poǐsčimo ju
hkrati z dolžino realne polosi |OE| = |OF | hiperbole z metodami linearne
algebre. Kvadratni formi x2−2xy cot ε−y2, ki definira hiperboloH(A,B, ε),
41–53 43
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 44 — #4 i
i
i
i
i
i
Marko in Nada Razpet
pripada simetrična matrika
M =
[
1 − cot ε
− cot ε −1
]
,
ki ima karakteristično enačbo
(1− λ)(−1− λ)− cot2 ε = λ2 − 1
sin2 ε
= 0.
Lastni vrednosti matrike M sta λ1 = 1/ sin ε in λ2 = −1/ sin ε. Lastni
vrednosti λ2 < 0 pripada lastni vektor ~v2, ki definira smer Oy
′ premice, ki
hiperbole ne seka. Lastni vrednosti λ1 > 0 pa pripada lastni vektor ~v1 s
koordinatama u in v, ki zadoščata enačbi (1 − λ1)u − v cot ε = 0, iz katere
dobimo
v
u
=
1− λ1
cot ε
=
sin ε− 1
cos ε
.
Z uvedbo kota ϑ = ε/2 − π/4 zapǐsemo dobljeni rezultat v enostavneǰsi
obliki: v/u = tg ϑ. Lastni vektor ~v1 definira smer Ox
′ premice y = x tg ϑ,
ki hiperbolo seka v temenih E in F . V koordinatnem sistemu Ox′y′ ima
hiperbola enačbo λ1x
′2 + λ2y
′2 = (x′2 − y′2)/ sin ε = f2, iz katere lahko iz-
razimo dolžino realne polosi hiperbole H(A,B, ε): |OE| = |OF | = f
√
sin ε.
Temeni E in F imata polarna radija
% = f
√
sin ε = f
√
sin(2ϑ+ π/2) = f
√
cos 2ϑ.
Temeni E in F hiperbole s spreminjanjem kota ε potujeta po Bernoullijevi
lemniskati, ki ima v polarnih koordinatah enačbo r = f
√
cos 2ϕ, v pravoko-
tnih kartezičnih koordinatah pa (x2 + y2)2 = f2(x2 − y2).
Gorǐsči G1 in G2 hiperbole H(A,B, ε) tudi ležita na premici y = x tg ϑ,
njuna polarna radija pa sta f
√
2 cos 2ϑ, kar pomeni, da se pri spreminjanju
kota ε tudi gibljeta po Bernoullijevi lemniskati, ki ima v polarnih koordina-
tah enačbo r = f
√
2 cos 2ϕ.
Enakoosna hiperbola ima lastnost, da vsak trikotnik ABC, ki ima za
stranico AB premer hiperbole, oglǐsče C pa drsi po eni od vej hiperbole,
ohranja razliko kotov ob AB. Premer hiperbole je vsaka tetiva skozi sredǐsče
hiperbole. Za dokaz potrebujemo najprej trditev 1.
Trditev 1. Če neka premica preseka hiperbolo v točkah A in B, njeni
asimptoti pa v točkah E in F , potem imata tetiva AB in daljica EF isto
razpolovǐsče S. Razpolovǐsča med seboj vzporednih tetiv ležijo na skupni
premici.
44 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 45 — #5 i
i
i
i
i
i
Trikotnik, enakoosna hiperbola in Bernoullijeva lemniskata
Slika 2. Trikotnik, hiperbola in Bernoullijeva lemniskata.
Slika 3. Če premica preseka hiperbolo in njeni asimptoti, velja |AE| = |BF |.
Dokaz. Vzemimo hiperbolo x2/a2 − y2/b2 = 1 (slika 3). Njeni asimptoti
zapǐsemo z razcepno enačbo x2/a2 − y2/b2 = 0. Če je poljubna premica, ki
seka hiperbolo in asimptoti, navpična, imata tetiva AB in daljica EF očitno
skupno razpolovǐsče, ki leži na abscisni osi. S tem je za ta primer potrjen
tudi zadnji del trditve.
V preostalih primerih pa naj ima premica enačbo y = kx + n. Za
abscisi presečǐsč vsake take premice s hiperbolo dobimo kvadratno enačbo
oblike x2 + px + qh = 0, za abscisi presečǐsč z asimptotama pa enačbo
oblike x2 + px+ qa = 0. Po Viètovem pravilu je v obeh primerih polovična
vsota abscis presečǐsč enaka x0 = −p/2 = a2kn/(b2−a2k2), polovična vsota
ustreznih ordinat pa y0 = kx0+n = b
2n/(b2−a2k2). S tem imamo koordinati
točke S. Sredǐsča vseh med seboj vzporednih tetiv hiperbole z naklonom k
41–53 45
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 46 — #6 i
i
i
i
i
i
Marko in Nada Razpet
ležijo na isti premici, ki ima enačbo a2ky = b2x. Na sliki 3 tetiva povezuje
obe veji hiperbole. Trditev pa velja tudi za tetive posamezne veje.
Očitna posledica trditve sta enakosti |AE| = |BF | in |AF | = |BE|.
Trditev 2. V trikotniku, ki ima za stranico AB katerikoli izbrani premer
enakoosne hiperbole, oglǐsče C pa leži na tej hiperboli, ostane razlika kotov ob
stranici AB stalna pri spreminjanju C, če je pri tem C na isti veji hiperbole,
trikotnik ABC pa ne menja svoje orientacije.
Slika 4. Trikotnik, ki ima za stranico premer enakoosne hiperbole.
Dokaz. Koordinatno izhodǐsče O razpolavlja premer AB hiperbole, točka
S pa njeno tetivo CB, pa tudi daljico EF med asimptotama, ki se sekata
pravokotno (slika 4). Zato je trikotnik OFE pravokoten, trikotnika EOS
in OFS pa enakokraka. Trikotnika ABC in OBS sta si podobna, ker se
ujemata v kotu β in v razmerju stranic, ki ga oklepata. Zato sta stranici AC
in OS vzporedni. Naj bo ξ kot med daljicama OB in OF . Če upoštevamo
relacije med koti v trikotnikih OBS in OBF , dobimo: α− (π/2− δ) = ξ in
π − (π/2 + δ)− β = ξ. Iz obeh sledi α− β = 2ξ, neodvisno od C.
V posebnem primeru, ko je tetiva AB realna os hiperbole x2 − y2 = a2,
je ξ = π/4 in s tem α− β = π/2.
Začeli smo z nalogo (B) in prǐsli do enakoosne hiperbole. Lahko pa
začnemo z enakoosno hiperbolo x2 − y2 = f2 sin ε in načrtamo njen premer
46 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 47 — #7 i
i
i
i
i
i
Trikotnik, enakoosna hiperbola in Bernoullijeva lemniskata
AB, ki oklepa z njeno realno osjo kot π/4 − ε/2. Ta premer ima dolžino
2f = c. Če izberemo na levi veji hiperbole točko C s pozitivno ordinato, je
razlika kotov trikotnika ABC ob osnovnici AB enaka ε po trditvi 2. Presek
C pozitivnega dela leve veje take hiperbole s premico p določa trikotnik
ABC, ki je rešitev naloge (B).
Če izberemo točko C na desni veji hiperbole, dobimo trikotnik, v katerem
je β > α in β − α = π − ε.
Nalogo (B) lahko še posplošimo, če zahtevamo, da je oglǐsče C na po-
ljubni dani krivulji C namesto na premici. Tedaj konstruiramo za znano
stranico AB in znano razliko kotov ε hiperbolo H(A,B, ε), oglǐsče C je
potem, glede na to, kako je trikotnik ABC označen, in glede na to, da je
0 < ε < π, presek pozitivnega dela leve veje te hiperbole s krivuljo C. Reše-
vanje problemov z metodo presekov stožnic in drugih krivulj ni nič novega.
Že nekateri antični matematiki so jo uporabljali pri problemu podvojitve
kocke in razdelitve kota na tri enake dele.
Na žalost pa stožnice, razen krožnice, niso pravi konstrukcijski elementi,
ker konstrukcije ne potekajo samo z neoznačenim ravnilom in šestilom, zato
bomo le za primer, ko je C premica p, pokazali pravilno konstrukcijo. Je pa
nedvomno že solidna skica hiperbole H(A,B, ε) uporabna, ker nam hitro da
grobo informacijo o obstoju in številu rešitev. Če premica p preseka dvakrat
pozitivni del leve veje hiperbole, obstajata dve rešitvi naloge. Če jo preseka
enkrat ali pa se je dotika, je rešitev ena sama. Sicer pa naloga nima rešitve.
Geometrijske konstrukcije
Oglǐsče C(xC , yC) iskanega trikotnika naj leži na premici p, ki naj ima
enačbo v normalni obliki: x cosϕ + y sinϕ = d. Pri tem pomeni ϕ ori-
entirani kot, ki ga pravokotnica dolžine d > 0 iz O na to premico oklepa
z osjo x. Če pa je d=0, vzamemo za ϕ naklonski kot premice, povečan za
π/2. Pri tem je 0 ≤ ϕ < 2π. V enačbo premice p vstavimo koordinati točke
C, ki sta zapisani v (2), upoštevamo f = c/2 in dobimo enačbo za kot γ:
2d sin γ − c sinϕ cos γ = c sin(ϕ− ε). (4)
Če vzamemo d = vc in ϕ = π/2, dobimo enačbo, ki je objavljena v [4,
5]. Podobno kot je naredil dijak Plemelj, lahko vpeljemo pomožni kot µ
in razdaljo m tako, da vzamemo 2d = m cosµ, c sinϕ = m sinµ, m =√
4d2 + c2 sin2 ϕ. Pri tem je |µ| < π/2. S tem enačbo (4) lahko prepǐsemo
v obliko
sin(ϕ− ε)
m
=
sin(γ − µ)
c
, (5)
41–53 47
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 48 — #8 i
i
i
i
i
i
Marko in Nada Razpet
v kateri spoznamo, če sta razliki ϕ− ε in γ − µ med 0 in π, sinusni izrek za
trikotnik s stranico m in njej nasproti ležečim kotom ϕ− ε ter stranico c z
njej nasproti ležečim kotom γ − µ, ki pa ni znan. Sinusni izrek ima zaradi
lihosti sinusne funkcije smisel tudi, ali sta razliki ε − ϕ in µ − γ med 0 in
π. Lahko pa tudi katerokoli pravkar zapisano razliko kotov nadomestimo s
suplementarnim kotom. Na žalost v (5) nastopajoči koti niso vedno notranji
koti trikotnika. Lahko se zgodi troje, kar povejo tudi preseki premice p s
pozitivnim delom leve veje hiperbole H(A,B, ε): naloga ima eno, dve ali pa
nobene rešitve. To je odvisno od kotov ε, ϕ in razmerja d/c.
Ena od možnosti je tudi, da v (4) izrazimo sin γ in cos γ z γ/2. Če
označimo T = tg(γ/2), dobimo enačbo
f cos(ϕ− ε/2) sin(ε/2)T 2 + dT − f sin(ϕ− ε/2) cos(ε/2) = 0, (6)
iz katere izračunamo T in nato γ. Ker je γ notranji kot trikotnika in ker
mora biti 0 < γ < π − ε, pridejo v poštev samo tiste rešitve T , za katere je
0 < T < cot(ε/2). Potem iz enačb α − β = ε in α + β = π − γ izrazimo
α = (π − γ + ε)/2 in β = (π − γ − ε)/2. S tem je trikotnik ABC določen.
Za d ≥ f ima naloga eno rešitev pri pogoju ε/2 < ϕ < ε/2 + π.
Mejna kota sta določena z naklonskim kotom ε/2 asimptote a1 hiperbole
H(A,B, ε). Sicer naloga za d ≥ f nima rešitve.
Za 0 < d < f so razmere malo bolj zapletene. S proučevanjem presečǐsč
premice p s hiperbolo H(A,B, ε) pridemo do ugotovitev, ki jih tukaj ne
bomo podrobno utemeljevali. Izračunati je treba kota ϕ0 = π−arccos(d/f)
in ϕ2 = π + arccos(d/f), pri katerih premica p, izražena v normalni obliki,
poteka skozi točko A. Očitno velja relacija ϕ0 > π/2 > ε/2. Če je d ≤
f
√
sin ε, vpeljemo še kot ϕ1 = (ε− arcsin((d/f)2/ sin ε))/2 + π, za katerega
je p tangenta na pozitivni del leve veje hiperbole. Nato se pojavijo naslednje
štiri možnosti za eksistenco rešitve.
a) V primeru, ko je d ≤ f
√
sin ε in ϕ0 < ϕ1 < ϕ2 < ε/2 +π, ima naloga eno
rešitev, če velja ε/2 < ϕ < ϕ0 ali ϕ2 < ϕ < ε/2 + π. Če je ϕ1 < ϕ < ϕ2, sta
rešitvi dve. V tangentnem primeru ϕ = ϕ1 je rešitev ena sama.
b) V primeru, ko je d ≤ f
√
sin ε in ϕ0 < ϕ1 < ε/2 +π < ϕ2, ima naloga eno
rešitev, če velja ε/2 < ϕ < ϕ0 ali ε/2+π < ϕ < ϕ2. Če je ϕ1 < ϕ < ε/2+π,
sta rešitvi dve. V tangentnem primeru ϕ = ϕ1 je rešitev ena sama.
c) V primeru, ko je d > f
√
sin ε in ϕ0 < ϕ2 < ε/2 + π, ima naloga eno
rešitev, če velja ε/2 < ϕ < ϕ0 ali ϕ2 < ϕ < ε/2 + π. Če je ϕ0 < ϕ < ϕ2, sta
rešitvi dve.
d) V primeru, ko je d > f
√
sin ε in ϕ0 < ε/2+π < ϕ2, ima naloga eno rešitev,
če velja ε/2 < ϕ < ϕ0 ali ε/2 + π < ϕ < ϕ2. Če je ϕ0 < ϕ < ε/2 + π, sta
rešitvi dve.
48 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 49 — #9 i
i
i
i
i
i
Trikotnik, enakoosna hiperbola in Bernoullijeva lemniskata
Za d = 0 poteka premica p skozi točko O. Če je njen naklonski kot
ψ, premica p enkrat preseka zgornji del leve veje hiperbole H(A,B, ε) za
ε/2 + π/2 < ψ < π. Naloga ima tedaj eno rešitev. Sicer za d = 0 naloga
nima rešitve.
Poglejmo si poseben primer ϕ = 0. Tedaj je p premica x = d > 0
pravokotna na nosilko n stranice c, ki jo seka desno od njenega sredǐsča.
Premica p se ne seka s pozitivnim delom leve veje hiperbole H(A,B, ε) in
zato naloga nima rešitve.
V primeru ϕ = π ima premica p enačbo x = −d < 0 in je pravokotna
na nosilko n stranice c, levo od njenega sredǐsča O. Presečǐsče premice p
z n je točka C ′. Pri določenih pogojih, ki jih bomo navedli kasneje, ima
tedaj naloga lahko eno rešitev, dve rešitvi ali pa nobene. Pogoji izhajajo iz
kvadratne enačbe za neznanko y, ki jo dobimo iz enačbe hiperbole (3), ko
vanjo vstavimo x = −d. Naloga je rešljiva, če je vsaj en koren te kvadratne
enačbe pozitiven.
V tem primeru konstrukcija trikotnika ABC poteka takole (slika 5). Za
iskani trikotnik načrtamo stranico AB dane dolžine c in dano premico p, ki
je pravokotna na nosilko n stranice AB. Presečǐsče premic p in n označimo
s C ′. Prav tako določimo razpolovǐsče O stranice AB. Točko A prezrcalimo
prek p, da dobimo točko A′. Skozi A pod kotom ε potegnemo premico q,
načrtamo krožni lok s sredǐsčem v B in polmerom |BA′| = 2|OC ′| = 2d. Če
je ta polmer dovolj velik, krožni lok preseka q vsaj enkrat nad n. Naj bo D
eno od teh presečǐsč. Simetrala s kota DBA seka premico p v točki C, ki je
oglǐsče iskanega trikotnika ABC.
Pravilnost opisane konstrukcije je treba še utemeljiti. Trikotnik ABC
dve zahtevi že izpolnjuje: ima za stranico c daljico AB in oglǐsče C na
premici p. Pokazati moramo še, da je res ε = α− β. V ta namem notranje
kote v trikotniku ABC vpeljemo standardno: α = ^BAC, β = ^CBA, γ =
^ACB. Štirikotnik A′BDC je deltoid, ki ima za simetralo premico s. Zato
velja ^CDB = ^BA′C = π − α. V štirikotniku ABDC sta zato kota α in
^CDB = π−α suplementarna. Ker je vsota notranjih kotov v štirikotniku
ABDC enaka 2π, sta suplementarna tudi kota ^DBA in ^ACD. Zato je
štirikotnik ABDC tetivni in mu lahko očrtamo krožnico, za katero je AB
tetiva. Zato sta obodna kota ^ACB in ^ADB enaka γ. V trikotniku ABD
velja zveza ε+2β+γ = π, iz katere dobimo ε = π−2β−(π−α−β) = α−β.
Rezultat je v soglasju s sinusnim izrekom sin ε/(2d) = sin γ/c v trikotniku
ABD, ker je |BA′| = |BD| = 2d. Iz enačbe (5) namreč za ϕ = π, m = 2d
in µ = 0 dobimo enak rezultat.
Pripomnimo, da smo obravnavali primer, ko leži točka C ′ levo od A.
Posebej je treba obravnavati primer, ko leži C ′ med A in O. Nazadnje pa
pridemo do enakega rezultata.
41–53 49
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 50 — #10 i
i
i
i
i
i
Marko in Nada Razpet
Slika 5. Konstrukcija trikotnika za navpično premico.
V trikotniku CBD velja zveza ^BCD+ (π−α) + β = π, iz katere sledi
^BCD = α − β = ε. To pomeni, da iz oglǐsča C vidimo daljici BD in
A′B pod kotom ε. Ta ugotovitev omogoča še eno konstrukcijo, ker znamo
poiskati krožnico, s katere vidimo dano daljico pod danim kotom. Presek te
krožnice s premico p je oglǐsče C iskanega trikotnika.
Naloga ima rešitev, če obstaja trikotnik s stranico c, priležnim kotom ε
in temu nasproti ležečo stranico 2d. Natančneje: rešitev je ena sama, če je
2d ≥ c. Če je c sin ε < 2d < c, sta rešitvi dve, če pa je c sin ε = 2d, je rešitev
tudi le ena. Naloga nima rešitve, če je c sin ε > 2d ali pa če je C ′ desno od
razpolovǐsča O stranice AB.
Ko obstajata dve rešitvi, trikotnika ABC in ABC1, sta kota γ = ^ACB
in γ1 = ^AC1B različna. Ker veljata sinusna izreka sin ε/(2d) = sin γ/c
in sin ε/(2d) = sin(γ1)/c, ne gre drugače, kot da sta γ in γ1 suplementarna
kota.
Kaj pa v primeru, ko premica p ni pravokotna na nosilko n? Na podlagi
enačbe (5) se trikotnik ABC morda da konstruirati, vendar je treba upo-
števati več možnosti glede razlik kotov. Pomožni kot µ in razdaljo m lahko
narǐsemo z ravnilom in šestilom, prav tako pomožni trikotnik, ki nam da
razliko kotov γ − µ. S tem in danim ε = α − β sta kota α in β določena.
Vendar s konstrukcijo ne moremo biti povsem zadovoljni.
Druga možnost, ki se nam ponuja in za katero dobimo navdih v Boršt-
nerjevi rešitvi naloge (A) v [4, 5], pa tudi v preǰsnji konstrukciji, je naslednja.
50 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 51 — #11 i
i
i
i
i
i
Trikotnik, enakoosna hiperbola in Bernoullijeva lemniskata
Premica p naj preseka nosilko n stranice AB v točki D, z δ pa označimo
ostri kot med p in n, tako kot kaže slika 6.
Skromen namig za splošno rešitev naloge (B) najdemo tudi v [3], kjer
pa ni ne slike in ne natančne razlage. Točko A prezrcalimo prek premice
p v točko A′, nato pa konstruiramo krožnico, s katere vidimo daljico A′B
pod nekim stalnim kotom ξ ali njemu suplementarnim kotom. Presek te
krožnice in premice p je manjkajoče oglǐsče C iskanega trikotnika. Kot ξ je
odvisen od ε in kota δ. Glede na lego premice p se kot ξ izraža v obliki:
ξ = ±π ± ε ± 2δ. Kombinatorično je teh primerov osem. Vendar glede na
velikosti kotov δ in ε pridejo v poštev le štirje.
1. Denimo, da je trikotnik ABC na sliki 6 levo rešitev problema. Situacija
je poenostavljena, p preseka n v točki D, ki je desno od iskanega triko-
tnika. Oglejmo si deltoid ADA′C. Iz C vidimo daljico A′B pod kotom
ξ. Vsota vseh notranjih kotov deltoida je 2α+ γ + ξ + 2δ = 2π. Ker je
γ = π − α − β, dobimo kot ξ = π − ε − 2δ, ki je konstanten pri danih
podatkih.
Slika 6. Obravnava trikotnikov za poševno premico v 1. in 2. primeru.
2. Oglejmo si trikotnik ABC na sliki 6 desno kot rešitev problema. Pre-
mica p preseka n v točki D, ki je levo od iskanega trikotnika. Oglejmo
si deltoid DACA′. Iz C vidimo daljico A′B pod kotom ξ. Vsota vseh
notranjih kotov deltoida je tokrat 2δ + 2(π − α) + ξ − γ = 2π, iz česar
sledi ξ = π + ε− 2δ.
3. Na sliki 7 levo premica p preseka stranico AB v točki D. Iz C vidimo
daljico A′B pod kotom ξ. Prav tako kot v preǰsnjem primeru opazujemo
deltoid ADA′C. Za vsoto njegovih notranjih kotov velja: 2α+ 2δ+γ−
ξ = 2π. Tokrat dobimo ξ = −π + ε+ 2δ.
4. Nazadnje si oglejmo še razmere na sliki 7 desno. V konkavnem deltoidu
DACA′ velja za njegove notranje kote zveza 2δ+2(π−α)+(2π−ξ−γ) =
2π. Iz nje dobimo ξ = π − ε+ 2δ.
41–53 51
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 52 — #12 i
i
i
i
i
i
Marko in Nada Razpet
Slika 7. Obravnava trikotnikov za poševno premico v 3. in 4. primeru.
Če je premica p nad n in njej vzporedna, imamo opravka z nalogo (A).
Točka D je v neskončnosti. Iz oglǐsča C vidimo daljico A′B pod kotom
ξ = π − ε. Če je p pravokotna na n, vidimo iz oglǐsča C daljico A′B pod
kotom ξ = ε.
Pri danih podatkih konstruiramo trikotnik ABC v vseh primerih po
enakem postopku. Konstruirati je treba krožnico, s katere vidimo daljico
A′B pod kotom ξ. Rešitev je toliko, kolikorkrat ta krožnica preseka premico
p nad nosilko n stranice AB in levo od njene simetrale.
Konstrukcija pri znani stranici AB, razliki ε = α − β > 0 in premici
p, na kateri je oglǐsče C, je potem razumljiva (slika 8). Ob daljici A′B
konstruiramo kot ξ oziroma π−ξ z vrhom v B, kjer povlečemo pravokotnico
na drugi krak tega kota. Presečǐsče s simetralo daljice A′B je sredǐsče iskane
krožnice, ki ima tetivo A′B. Krožnica preseka premico p v iskani točki C.
Na koncu konstruiramo trikotnik ABC.
Slika 8. Konstrukcija trikotnika za poševno premico.
52 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 2
i
i
“Razpet” — 2019/9/18 — 7:27 — page 53 — #13 i
i
i
i
i
i
Trikotnik, enakoosna hiperbola in Bernoullijeva lemniskata
Pravilnost konstrukcuje še utemeljimo. V našem primeru je ξ = π −
ε − 2δ. Dobljeni trikotnik ABC ima dano stranico AB in oglǐsče C je na
dani premici p. Preveriti je treba samo še, da je razlika kotov α in β enaka
danemu ε. Iz dobljene točke C vidimo daljico A′B pod kotom ξ zaradi
konstrukcje krožnice. Notranji koti trikotnika ADC so α, δ in (γ + ξ)/2,
njihova vsota pa je π. Iz α + δ + (γ + ξ)/2 = π in α + β + γ = π ter
ξ = π − ε− 2δ dobimo ε = α− β.
Podobno bi utemeljevali pravilnost v preostalih primerih. V 1. in 3.
primeru za δ = (π − ε)/2 dobimo ξ = 0. Tedaj je C presečǐsče premice p in
premice skozi A′ in B. V 2. in 4. primeru pa za δ = ε/2 dobimo ξ = π in C
je presečǐsče premice p in daljice A′B.
Za konec
Konstrukcije trikotnikov in drugih likov so bile še dolgo v 20. stoletje pri
pouku geometrije redna dejavnost, ki pa je precej zamrla, verjetno na račun
drugih vsebin in upadanja števila učiteljev, ki jih vse to zanima. Zadnja
desetletja smo priča več izvrstnim računalnǐskim programom, ki naj bi po-
vrnili zanimanje za geometrijo in geometrijske konstrukcije. Namen tega
prispevka je ravno v tem, pa tudi v obujanju spomina na Josipa Plemlja ob
52. letnici njegove smrti in bližajoči se 100. letnici ustanovitve ljubljanske
univerze, katere prvi rektor je bil.
LITERATURA
[1] M. Brodar, Odgovor na vprašanje št. 6, Za bistre glave, Proteus 12 (1949/50), 8, str.
285.
[2] H. Holleben in P. Gerwien, Aufgaben-Systeme und Sammlungen aus der ebenen Ge-
ometrie, I. in II. del, G. Reimer, Berlin 1831 in 1832.
[3] E. Heis in T. J. Eschweiler, Lehrbuch der Geometrie zum Gebrauche an höheren
Lehranstalten, Verlag der M. DuMont–Schauberg’schen Buchhandlung, Köln, 1855.
[4] J. Plemelj, Iz mojega življenja in dela, Obzornik mat. fiz. 39 (1992), 6, 188–192.
[5] J. Plemelj, Odgovor na vprašanje št. 6, Za bistre glave, Proteus 12 (1949/50), 7,
243–245.
[6] I. Pucelj, Plemljev trikotnik in negibne točke transformacij, Obzornik mat. fiz. 62
(2015), 1, 12–14.
[7] H. Stöcker, Matematični priročnik z osnovami računalnǐstva, Tehnǐska založba Slove-
nije, Ljubljana 2006.
41–53 53