i
i
“915-Kosir-Ptolomajev” — 2010/6/1 — 11:02 — 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 352–354
Tomaž Košir in Dragoljub M. Miloševíc:
PTOLEMEJEV IZREK
Ključne besede: matematika, kotne funkcije.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/15/915-Kosir-Milosevic.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.
PTOLEMEJEV IZREK
Že v Preseku 1 (1987 /88) smo spozna li Ptolemejev izrek : V tetiv nem četvero ­
kotniku je vsota produktov dolžin nasprotnih stranic enaka produktu dolžin
diagonal, torej ac + bd = ef (1 )
če so stranice četverotkotnikae, b, c in d ter diagonali e in f.
Tedaj smo spoznali, da lastnost (1) že določa tetivni četverokotnik.Tokrat pa
si bomo ogledali elementarni dokaz Ptolemejevega izreka, ki ga najdemo v knji -
gi Franceta Križaniča Nihalo, prostor in delci. Problem je rešen, če v prv i po-
tezi potegnemo pravo črto . Z daljico CX (skica 1) sestavimo trikotnik XBC, ki
ima ob vrhu C isti kot kot trikotnik DAC. Kot ob B v prvem trikotniku je enak
kotu ob A v drugem, saj sta to obodna kota nad istim lokom. Trikotnika sta
podobna, zato velja : 1BC 1 : I AC 1= I BX I : I AD I. Tudi trikotnika ABC in
DXC sta podobna. Kota ob C sta očitno enaka, kot ob X v trikotniku DXC pa
je zunanji kot trikotnika XBC in je enak vsoti a + w. Torej lahko zapišemo:
I DC I : I AC I = I DX I : IAB I. Odtod dobimo: lAD I . IBC 1= IAC I . IBX I
in lAB I . IDC 1= IAC I . IDX I. Seštejemo in upoštevamo, da je
IBX I+ IXD I = IBO I. Dobimo
lAB I . IDC I+ lAD I . IBC I= IAC I . IBO I
in Ptolemejev izrek je dokazan.
Sli ka 1
France Križanič v omenjeni knjig i pravkar dokazani iz rek takoj uporabi.
Zasledujmo ga, saj nam bo gotovo pokazal kaj zanimivega .
352
r
COS ~
Znano je, da je dolžina tetive d odvisna le od o bodnega kota a in polmera r
(slika 2):
d = 2 r sin a
Narišimo sedaj krožnico s premerom 1 in ji včrtajmo četverokotnik, ki ima
premer za diagonalo (slika 3) . Diagonala razdeli kot ob izbranem vrhu v dva ko-
ta a in (3. Z njima izrazimo vse štiri stranice. Druga diagonala je sin(a + (3). Po
Ptolemejevem izreku velja:
sin(a + (3) = sin a cos {3 + sin {3 cos a
To pa je dobro znani adicijski izrek za funkcijo sinus.
Slika 2 Slika 3
Primer 1. Dokaži, da je dolžina diagonale v pravilnem petkotniku s stranico
a enaka f (1 +0).
Rešitev: Štiri oglišča petkotnika tvorijo enakokraki trapez. Dolžina diago-
nale v trapezu naj bo x, dolžina kraka je a, osnovnici pa sta dolgi x in a. Če
uporabimo Ptolemejev izrek za ta trapez, dobimo:
x 2 = a2 + ax
Izraz preoblikujemo v x 2 - ax + 1':" = .Ef...,oziroma (x - ~)2 = (1!~)2. Po
korenjenju je za nas zanimiva samo rešitev x = t (1 + V5).
Primer 2. Nad hipotenuzo BC pravokotnega trikotnika ABC nariši kvadrat.
Naj bo vsota dolžin obeh katet enaka m. Določi razdaljo med središčem kva-
drata O in ogl iščem A.
353