i
i
“1193-Lavric-0” — 2010/7/19 — 12:20 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 21 (1993/1994)
Številka 6
Strani 376–382, XXIV
Boris Lavrǐc:
RAZŠIRITEV MORLEYEVEGA IZREKA
Ključne besede: matematika, geometrija, trikotniki, Morleyev izrek.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/21/1193-Lavric.pdf
c© 1994 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.
/i1" -'-/i1ern1/",,-, It: in 1,,-,,-,
RAZŠIRITEV MORLEYEVEGA IZREKA
Kljub temu, da je trikotnik zelo preprost ravninski lik in da so ga proučevali
že v antiki, je dolgo skrival nekatere lepe lastnosti. Mednje prav gotovo sodi
osupljivo odkritje angleškega matematika Franka Morleya, ki se zdaj po njem
imenuje
Morleyev izrek. Razdelimo notranje kote poljubnega trikotnika ABC
s poltraki na tri enake dele in tri presečišča načrtanih poltrakov označimo s
K, L, M, kot kaže slika 1. Potem je trikotnik KLM enakostraničen.
A (J5iiO~__..L.- .l.-~ B
Slika 1.
Menda je vest o tem odkritju iz leta 1899 hitro obšla matematični svet .
Čeprav do leta 1914 ni bil objavljen noben dokaz Morleyevega izreka, se to
najbrž ni zgodilo zaradi težavnosti dokaza. Izrek namreč lahko potrdimo z
izračunom dolžin stranic (Morleyevega) trikotnika K L M. S spretno uporabo
lastnosti kotnih funkcij dobimo za dolžine vseh treh stranic isti izraz
d = 8rsin ~a sin~,13 sin ~'Y, (1)
v katerem so o , ,13, 'Y velikosti notranjih kotov trikotnika ABC, r pa polmer
njemu očrtane krožnice . Podrobnosti prepustimo bralcu in predstavimo "čisto
geometrijski" dokaz Morleyevega izreka, ki nam bo koristil pri dokazu razširi-
tve tega izreka.
377
A~;;;;""---l..---------<S- -...J...."""';~B
Slika 2.
Dokaz. Točke A,B ,C,K,L in M ter koti o , (3 in 'Y naj imajo enak
pomen kot doslej , sečišče premic B M in CL pa zaznamujmo s P. Na daljici
PB izberimo točko O, na daljici PC pa točko E (slika 2), tako da velja
<r. P K O = <r. PKE = 30° .
Točka K je središče tr ikotniku P BC včrtanega kroga, zato je
<r.KPO = <r.KPE = H180° - (~(3+ h))
in tedaj zaradi a + (3 + 'Y = 180°
<r.KPO = <r.KPE = 30° + ~a .
(2)
(3)
Trikotnika P K O in P K E imata torej ob skupn i stranici paroma skladna
priležna kota , zato sta skladna . Od tod z upoštevanjem enakosti (2) sledi,
da je trikotnik KE O enakostraničen. V nadalj evanju bomo pokazali , da
trikotnika KE O in K L M sovpadata , in s tem sklenili dokaz izreka .
378
Prezr calimo K preko C P oziroma preko B P, zrcalni sliki pa označimo
z F oziroma z G. Zaradi
<r.PCF = <r.PCK in <r. PBG = <r. PB K
leži F na AC, G pa na AB. Poleg tega z upoštevanjem enakosti (3) dobimo
<r. CE F = <r. CE K = <r. PK E + <r. K P E = 60° + ~a ,
<r. B DG = <r. B D K = <r. PK D + <r. K P D = 60° + ~a ,
od koder sledi
<r. D EF = <r. GD E = 360° - 60° - 2(60 ° + ~a) = 180° - ~ a .
Ker je poleg tega IEFI = IDEI = IGDI, velja
<r.EDF = <r. D F E = ~(1 80° - <r. D EF) = ~a
in zato
(4)
<r. GD F = <r. GD E - ~a = 180° - o .
Torej je <r. GD F + <r. GA F = 180° , štirikotnik AGDF pa je tedaj tetiven .
Podobno ugotovimo , da je t udi št irikotnik AG EF tetiven , zato točke A. G,
O, E in F ležijo na isti krožnici . S pomočjo izreka o obodnem kotu in enakosti
(4) dobimo
<r. DA E = <r. D F E = ~a = <r. ED F = <r. EA F .
Od tod sledi, da točka E sovpada s točko L , O pa z M . Trikotn ik K L M
torej sovpada s tr ikotn ikom K EO in je enakostraničen , izrek pa dokazan .
Iz notranjosti trikotnika ABC se zdaj ozrimo navzven; ob vsaki njegovi
stranici načrtajmo zunanja kota , s poltra ki ju razde limo na t ri enake dele in
zaznamujmo tri prese či šča po dveh poltrakov ob vsaki stran ici. So t udi v t em
primeru zaznamovane točke oglišča enakostraničnega tr ikot nika? Odgovor na
postavljeno vprašanje je pritrdilen in je del naslednjega , precej bolj presenet-
ljivega rezultata .
379
Izrek 1. Razdelimo vse notranje in zunanje kote poljubnega trikotnika
ABC s poltraki na tri enake dele in dvanajst presečišč teh poltrakov označimo,
kot kaže slika 3 na zadnji strani ovitka. Poleg tega zaznam uj m o še presečišča
premic K L, L M in M K s poltraki, ki delijo notranje kote trikotnika A BC
na tri enake dele. Potem velja:
(a) Trikotniki KLM , KILIMI , K2L 2M2, K3L3M3 in KIL 2M3 so
enakostranični.
(b) Točke K2, L2, M3 in K3 ležijo na premici PI , kije vzporedna LM ,
točke L3, M3, KI in LI ležijo na premici P2, ki je vzporedna MK , točke
Ml, KI , L2 in M2 pa so na premici P3, ki je vzporedna K L.
(c) Točki R in S ležita na premici PI, točki T in U na premici P2 , točki
V in Z pa na premici P3.
Dokaz. Izjavo (a) bomo dokazali podobno kot Morleyev izrek, zato
bomo nekaj podrobnosti preskočili . Zadostuje ugotoviti, da sta trikotnika
KIL 1 Ml in KIL 2M3 enakostranična . Brez škode za dokaz bomo privzeli,
da je o: < 900 . Sečišče premic BMl in CLI zaznamujmo s PI (slika 4). Na
premici PlB izberi mo točki Dl in O' , na premici PIC pa točki El in E',
tako da velja
«r.«.o, = «r.«,», = 30 0 ,
<tPlKlo' = <t Pl Kl E' = 1500 .
(5)
(6)
Točka KIje središče trikotniku PI BC včrtanega kroga , zato lahko izra-
čunamo
««.n o, = ««, PI O' = ««.PI El = <tKI PI E' = 300 - ~o: (7)
in ugotovimo , da sta trikotnika KlEl Dl in KI E'O' enakostranična.
Prezrcalimo KI preko CPl oziroma preko BPl , zrcalni sliki pa označimo
z FI oziroma z GI. Podobno kot v dokazu Morleyevega izreka ugotovimo, da
točke A, GI, Dl , El, FI in O' , E' ležijo na isti krožnici in s pomočjo izreka
o obodnem kotu ter enakosti (5) , (6) , (7) pokažemo, da točka El sovpada s
točko LI , Dl z Ml, E' z L2, O' pa z M3 , in s tem sklenemo dokaz trditve
(a).
Za dokaz izjave (b) je zaradi (a) dovolj videti , da sta premici El KI (ali
ElO') in K M vzporedni . Ker velja <r.. P B PI = 120 0 in je po Morleyevem
izreku ter enakosti (7)
380
sta premici P K in PI KI vzporedni . Zato sta vzporedni tudi prerruci El KI
(ali ElO') in KM, torej velja (b) .
- ---- --<""--
/
/
/
./
/1 <,
Slika 4.
Trditev (c) bo dokazana , brž ko ugotovimo , da točka R leži na premici
E' O' . Premica E' O' namreč po prejšnjem sovpada spremico L2M3, dokazi
ostalih izjav iz (c) pa so podobni . Vemo že, da je trikotnik L M P enakokrak s
kotom <t LP M =60° + ~a med krakoma . Zato velja <t P M L =60° - ~a in
tedaj <tL R M = <tKLM- <tPML = ~a. Seveda velja tud i <tLS M = ~a,
zato po izreku o obod nem kotu točki R in S ležita na krožnici skozi A, L in
M. Poleg tega sta premici RS in LM vzporedni, torej velja
<tRSL = <tP L M = 60° - ~a,
I 381
izrek o obod nem kotu pa nam da še enakost
<r:.RAL = <r:.RSL =600 - ~Q.
Zdaj lahko izračunamo
<r:. RA O' = <r:. RA L + <r:. LA B + <r:.BAO'
= (60 0 - ~Q) + ~Q + (60 0 - ~Q) 1200
<r:. RB O' = <r:. RBA + <r:. A B O' = ~,l3 + (60 0 - ~,l3) = 600
ter sklepamo od tod , da je štirikotnik RAD' B tetiven . Po izreku o obod nem
kotu dobimo
<r:. A O' R = <r:. A B R = ~,l3 . (8)
Ker točke A. O', El, FI in E' ležijo na isti krožnici in ker je lEl Fll = 1El DII,
s pomočjo izreka o obodnem kotu dobimo najprej
in nato še
<r:. A O' E' = <r:. A Fl E' = <r:. Fl CEl - <r:. Fl E' El = ~,l3 . (9)
Iz enakosti (8) in (9) vidimo , da je <r:. A O' R = <r:. A O' E', zato R leži na
premici E' O' , izrek pa je dokazan .
Poglejmo spet na sliko 3 na zadnji strani ovitka in dopolnimo družino
enakostraničnih trikotnikov , tako da na črtamo premice LIMI , K2 M2, K3L3
in LM , KM , KL. V nastal i družini T je 27 enakostraničnih trikotnikov s
skupno 27 oglišči . Množico teh oglišč zaznamujmo z M . Osemnajst oglišč iz
M smo že srečali v izreku 1, devet pa je novih. Tudi ta ogl išča lahko opišemo
podobno kot prvih osemnajst.
Popolnost družine T oziroma množice M se poka že , če skozi vsako
oglišče trikotnika ABC načrtamo še po dve premici , ki razdelita dopolnilni
kot ob ogli šču na tri enake dele. Spomnimo se, da dopolniln i kot danega kota
skupaj z njim tvori polni kot , in že lahko oblikujemo
Izrek 2. Vsaka točka množice M je presečišče dveh premic iz družine
osemnajstih premic, ki delijo notranje , zunanje in dopolnilne kote trikotnika
ABC na tri enake dele. (Glej sliko 5 na zadnji strani ovitka .)
382
Dokaz izreka 2 je podoben dokazu izreka 1, zato ga prepustimo bralcu.
Dolžine st ranic vseh enakostrani čnih trikotnikov družine T lahko izrazimo
s koti o, {3 , "( in polmerom r tr ikotniku A B C očrtan e krožnice. Veljajo
podobne formu le kot (1) . Tako na primer stranica trikotnika KI L2M3 meri
e = 8r sin(60° - j o ) sin(60 ° - ~(3) sin(60° - h) , (10)
stranica največjega enakostran i čnega trikotnika iz družine T pa
f = 8rsin(60 ° + ~ o) sin(60° + j (3) sin(60° + j "(). (11)
Le upoštevamo enakost
4 sin x sin(60 0 - x ) sin(60 0 + x ) = sin 3x
ter formule za dolžine st ranic tri kotnika A B C
a=2rsino , b= 2rsin{3, c= 2rsin"( ,
lahko (1) , (10) in (11) združimo v zanim ivo zvezo def = abe .
Sklenimo prispevek z naslednjo posploš itvijo Morleyevega izreka.
Izrek 3. S krajišč daljice AB načrtajmo enako usmerjena vzporedna
poltraka a , b in razdelimo kota , ki j u oklepa ta z AB, s paroma poltrakov na
tri enake dele. Tudi pas med poltrakoma a in b razdelimo s premicama na
tri enake dele, presečišča razdelilnih poltrakov in premic pa zaznamujmo s K ,
L, M, kot kaže slika 6. Potem je trikotnik K L M enakostraničen, njegova
s tranica pa meri ~IABI sin ~o sin ~{3, kjer sta o in {3 kota , ki ju poltraka a
in boklepata z daljico AB.
Slika 6 .
Izrek 3 lahko dokažem o podobno kot Morleyev izrek, ker pa je z njim še
manj dela , naj ga opravi kar bralec sam.
Boris Lavrič