i
i
“1265-Lavric-trikotnik2” — 2010/7/22 — 13:27 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 23 (1995/1996)
Številka 3
Strani 148–154
Boris Lavrǐc:
PREGRADIMO TRIKOTNIK, 2. del
Ključne besede: matematika, geometrija, trikotniki, ploščina, izoperi-
metrični izrek.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/23/1265-Lavric.pdf
c© 1996 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.
Mat ematika I
PREGRADIMO TRIKOTNIK, 2. del
V pr vem delu članka, ki je izšel v prejšnji št evilki Pr eseka , smo našli
na jkrajšo daljico, ki pregradi dani t rikotnik na dela s predpisanima plo-
ščinama . Zdaj se bomo lotili splošnejše naloge, poiskali bomo najkraj šo
krivuljo, ki pr egradi dani trikotnik na dva dela s predpisanima ploščinama.
Ta nal oga je precej težja od prejš nje. Če bi jo hoteli obravnavati z vso
matematično str ogostjo, bi že na sa mem začetku naleteli na težave. Mo-
rali bi namreč korektno opredelit i pojme, kot so ploščin a rav ninskega lika,
krivulja in dolžina krivulj e. Ker to ni preprosto in presega okvir Pr eseka,
si bomo delo olaj šali . Z definicijo plo š čine si ne bomo belili glave, pa tudi
pojma krivulja ne bomo natančno opredelili. Krivuljo si bomo predsta-
vljali kot zelo tanko nerazteglji vo nepr etr gan o nitko z dvema koncerna ,
položeno na ravnino, tako da se pokrivata kvečj emu njena konca. Če
to nitko (kr ivuljo) napnemo in s tem zrav na mo , dobimo daljico, katere
dolžino ra zglas imo za dolžino kri vulje.
Postavlj eno nalogo bomo ugn ali v nekaj korakih in si pom agali z
naslednjim , zelo pomembnim rezultatom .
Izoperimetrični izrek. Krog ima večjo ploščino kot vsi drugi rav-
nin skimi liki z enakim obsegom .
Tu si pr edstavljamo, da je ravninski lik območje ravnine, ogr aj eno s
sklenjeno krivuljo , obseg lika pa dolžina te krivulje. Obstaja nekaj elemen-
tarn ih dokazov izoperimetričnega izreka (b rez uporab e višje matem atike) ,
vendar so pr ecej zapl eteni. Med nj imi naj omenim zelo lep dokaz ka-
talonskega matematik a Santal6ja, ki je obdelan v Vid avovi knjiži ci Rešeni
in nerešeni problemi matematike iz zbirke Sigm a .
In zdaj k nalogi! Krivulja, ki razdeli trikotnik na dva dela , ima
kraj iš či na strani cah trikotnika, torej povezuje točki krakov enega od no-
t ranj ih kotov t rikotnika . Zato se bomo najprej lot ili nasl ednje nal oge:
Poišči najkrajša krivuljo, ki veže točki na kr akih danega konveksnega
kota in odreže od tega kot a lik z dano ploščino.
Tudi ta naloga ni preprosta in ji bomo kos postopom a. Najprej bomo
pred p isali d ol žino kri vulj e in njeni kra j i š či n a k raku ko t a ter dokaz a li
nas lednj i rezul tat :
Trditev 1. Dan j e konveksen kot z vrhom A in od A različni točki
X in Y na nj egovih kr akih . Med vsemi krivuljami dane dolžine 1> IXYI,
ki vežejo X in Y , ogradi skupaj z daljicam a A X in AY lik z največjo
ploščino krožni lok .cXY s krajiščema X in Y, ki leži na nasprotnem
bregu premice X Y kot točka A .
Mat ematika
Dokaz. Vzemimo poljubno kr ivuljo Je dolžine 1, ki veže točki X
in Y t er leži na nasprotnem bregu premice X Y kot A. Bralca vabimo,
da premisli , zakaj sm emo pri doka zu brez škode privzeti zadnji pogoj.
Zaznamujmo s K lik , ki ga ograjujeta kri vulja Je in dalj ici AX, AY , z L
pa unij o trikotnika AXY in krožnega odseka, ki ga določa lok LXY (glej
sliko 1).
A A
Slika l.
x
Če v likih K in L t rikot nik AXY nad omestimo s krožnim odsekom , ki ga
določa lok , komplement aren loku L XY (na isti krožni ci) , dobimo lika K1
in L1 z enakima obsegoma (glej sliko 2).
A A
Slika 2.
Lik L1 j e krog , zato ima po izoperimetričnem izreku vsaj to likšno ploščino
kot K1 . Od tod že sledi , da ploščina lika K ne presega ploščine lika L in
da imata enaki ploščini le takra t , kadar je Je = L XY. Dokaz trditve je
sklenjen .
Trditev 1 zlahka razširimo tudi na primer, da se kat era od točk X in Y
(ali obe) ujema z A, vend ar podrobnosti prepustimo bralcu. V naslednjem
koraku bomo sprostili točki X in Y iz trditve 1 in ju premikali po kraku
kota.
150 Mat ematika I
Trditev 2. Med vsem i kri vuljami dane dolžin e I > O, ki vežejo kaki
točki X in Y s krakov danega konveksnega kota A z vrhom A , ograj uje
sk upaj z daljicam a AX in AY, lik z največjo ploščino lok E krožni ce s
središčem v točki A .
Dokaz. Če za par točk X in Y z različnih krakov kota A velj a IX YI <
< 1, mu priredimo krožni lok .cXy iz t rditve 1, če pa velja IX Y I :::: 1, mu
priredimo dalj ico XY . Družino vseh teh lokov in dalji c zaznam uj mo z n.
Pri vsakem strogo poziti vnem št evilu z ~ I si oglejmo po ddružino
nz c n, sestavlje no iz t isti h lokov Cx v oziroma da lj ic XY (pri z :::: 1) iz
n, ki ustrezaj o pogoju IXY I :::: z . Največj o pl oščino med trikot niki AXY
(ki ustrezajo pogoj u IXYI :::: z) ima po posledici iz prvega dela članka
(glej Presek 2, str . 86) ena kokraki t rikot nik z osnovn ico X Y . Ker so
poleg te ga pri z < I krožni odseki, ki j ih določaj o loki .cXy iz nz , skladni,
med vsem i loki Cxv iz nz , z < 1, (oziroma dalji cami iz ni ) sku paj z AX
in AY ograj uje lik z naj večj o ploščino lok L x v (oziroma da lj ica XY) , ki
ustr eza pogoju IAXI :::: IAY I. Ta.lok pri z < I (oziroma dalji ca pri z :::: 1)
j e določen ( a) že s kraj iščem X na kraku kota A . Njegovo (njeno) drugo
krajišče bo mo označili z X' , lok (oziro ma da ljico) pa z .cx (slika 3) .
Premikaj mo točko X po kra-
ku kota A od njegovega vrha A
do točke B , v kateri se lok .cx
zravn a v daljico C» . Bralec naj
se za vajo prepriča , da velja ena-
kost \ABI :::: I /( 2sin%) , kjer j e cl:'
velikost kota A. Pri določenem
položaju točke X me d A in B ima
lik Lx , ograjen z .cx in dalj icama
A X ter A X ', največjo ploščino . A X, X2 B
Dokažimo najprej , da v te m Slika 3.
(ekst rem nem) po ložaj u .cx leži v
kotu A . Denimo, da lok .cx sega čez A. Potem seka kraka AX in AX'
(v ist em zapo redj u) v točkah U #- X in U' #- X ' ter t ako razpade na tr i
loke (glej sliko 4) . Lok s kraji š č ema X in Uprezrcalimo čez U na lok s
krajiš č ama U in V , lok s krajiščema X ' in U' pa na lok s kraj i š čema U'
in V' . Doblj eni zrcalni sliki nat o združi mo z lokom .cx nA v krivulj o M .
Ta je sestavlj ena iz t reh krožnih lokov, ima dolžino I in skupaj z da lj icama
AV ter AV' ograj uje lik z enako ploščino kot lok .cx. Po t rditvi 1 krožni
lok .cv skupaj z dalji cam a AV in AV' ogra j uje lik z večjo p loščino , zato
lok .cx v ekst rem nem položaju leži v kot u A. Dokažim o, da se Lx ujem a
z lokom L , op redelje nim v besedilu t rditve, ki jo dokazujemo.
., Mat ematika
A
Slika 4.
/,,
I
I
1
\
\
\
"-·- ..····u v
Zazn amujmo z Z sečišče sime-
t rale kota A z Lx (slika 5) . Pre-
zrcalimo del loka (oziroma daljice)
Lx s kr ajiščema X in Z preko pr e-
mi ce AX in ga zdru žirno z njegovo
zrcalnosliko v krivuljo N s kr aji š-
čema Z in Z i. Krivulj a N povezuje
točki Z in Zi s krakov kot a ZAZ',
skladnega s kot om A , ima dol žino
1in skupaj z daljicama AZ ter AZ'
ograj uje lik , ki ima enako ploščino
kot Lx.
A
Zi
Slika 5.
Iz t rditve 1 in ekst rem nega položaja Lx sledi , daj e kri vulj a N kro žni
lok. Središče S nosiln e krožnice teg a loka tedaj leži na prem ici AX. Ker
tudi Lx leži na isti kro žnici, S leži tudi na premici AZ. Oboje hkrat i
velja samo takrat , kadar se S ujema z A , zato se Lx ujema z lokom L. S
tem je dokaz sklenj en.
S trditvijo 2 bi lahko pomagali Did oni , mitološki feničanski kraljici
in ustanovitelj ici Kartagine. Ob nakupu zem lje na libijski obali , kamor
je s pristaši zbežala iz rodnega Tira , si j e Didona namreč zakuhala
naslednji problem:
Med vsemi krivuljami dane dolžine, ki vežejo kaki točki na dani
premici, poišči tisto, ki skupaj s premico ograjuje lik z največjo ploščino .
Did on a je bil a prebrisana in je kupila le toliko zem lje na obali , ko-
likor j e more obseči volovska koža . Domačini so ji nasedli in za m ajhno
152 Mat em atika I
B
c
Slika 6.
vsoto prodali mn ogo več , kot so mislili prodati. Did on a je namreč vo-
lovsko kožo razrezala na tanke jerm ene, j ih zvezala v trak (krivuljo) in
z njim zajela precejšen del ozemlja ob ravni obali (premici), na kate-
rem so zgr adili kartagin sko trdnj avo. Ker je hotela č imvečj i kos zemlje,
se je znašla pred omenjenim problemom . Še zdaj pod oben sp lošnejši
matematični probl em im enuj emo Didonina nal oga.
Zdaj lahko brez težav rešimo nalogo, ki smo si jo zada li .
Trditev 3. Najkrajša krivulja, ki od danega konveksnega kota veli-
kosti o' z vrhom A odreže lik z dano ploščino p, je lok krožni ce s središčem
v A. Polmer te kro žni ce m eri J 2p /0' , lok pa J 2pO' .
Dokaz. Naj bo K kr ivulj a s krajiščema na krakih kota , ki odreže
od kota lik s ploščino p . Če K ni krožni lok s središčem v A , obstaj a po
trditvi 2 enako dolg kro žni lok L , ki odreže od kot a kro žni izsek s ploščino
q > p . Pod obn ostn a pr eslikava s s rediščem v A in koeficientom raztega
JPjq < 1 pr eslika L v kr aj ši kro žni lok , ki od kota odreže krožni izsek s
ploščino p. Dokaz trdi tve je s tem sklenjen .
Za rešitev prvotne nal oge bomo potrebovali še naslednj o neenakost .
Lema. Za vsak o' > O velja sin o' < 0'.
Dokaz . Ker je sin o' ::; 1, smemo brez
škode za splošnost dokaza privzeti , da je
o' ::; 1. Naj bo ABC enakokraki tr ikotnik
s pod atki lABI = lACI = 1, o' = LBAC
(slika 6) . Njegova ploš čina meri t sin o' in je
seveda manj ša od ploščine krožnega izseka ,
Aki pripada tetivi BC v kro gu s središčem A .
Ker plo š čina izseka meri tO',je res sin o' < 0'.
Odgovor na prvotno nalogo zdaj strnimo v
Izrek. Najkrajša kri vulja, ki razdeli dani trikotnik ABC na dela s
ploščinama Pl in P2 (Pl ::; P2) , j e lok krožni ce s središčem v oglišču ob
najmanjšem ko tu trikotnika, in m eri J 2P10', kj er j e o' velikost najmanjšega
kota trikotnika A BC.
Dokaz. Upora bimo običaj ne oznake za elemente trikotnika ABC
in pr edp ostavimo, da velja o' ::; f3 in o' ::; ,. Po t rd itvi 3 meri dolžina
iskan e krivulj e vsaj J 2P1 0'. Tako dolžino im a lok L krožni ce s sred iščem
A , središčnim kotom o' in polmeram r = J 2pl/0' . Ko bomo ugotovili , da
ta lok leži v t rikotniku ABC , bo dokaz izreka sklenjen .
Mat ematika
Ker iz pogoj ev in leme sledi
2 2Pl p(ABC ) bc sin Q' be
r = - < = - - - <-Q' - Q' 2 Q' 2 '
bi iz neenakosti r 2 b dobili b2 < bc/2 in tedaj 2b < c, od tod pa zaradi
a ::; b še a + b ::; 2b < c. Slednj e seveda ni res , zato je r ::; b. Podobno
vidimo, da je r ::; c.
Kad ar vsaj eden od kotov f3 in I ni oste r, iz neenakosti r ::; b in
r ::; c sledi , da lok E leži v trikotniku ABC . Če pa sta kota f3 in I ost ra ,
m oramo dokazati neenakost r ::; Va, kjer j e Va dolžina višine na st ranico
B C .
Trikotniku ABC oč rt. ajmo krožni-
co, z Al pa zaznamujmo nožišče njegove
višine iz oglišča A (slika 7). Vzp orednici
pr emi ce AA l skozi B in C naj sečeta
krožni co v točkah Bl in Cl. Pot em leži
A na krajšem loku očrtane krožnice s
krajiščema Bl in Cl ' Ker je poleg tega
po izreku o obo dnem kotu
LB B l C = LB AC = Q' ,
velj a
Va = IA A 11 2 IB B 11 = a ctg Q' .
A
Slika 7.
Zaradi Q' ::; f3 in Q' ::; I velj a tudi Q' ::; i in te daj cos Q' 2 ~ . Od tod
z up or abo leme sledi
COS Q' a a
V > a- -> -- > -
a - sin Q' - 2 sin Q' 2Q' '
nato
p(ABC) aVa 2:""":""_--'- = - < VQ' 2Q' a
in zar adi r 2 ::; p(ABC)/Q' še r < Va .
Skledmo prispevek s nalogami. 
I. Naj-j It* mora biti addaljeaa to& X od vrha A kata A, da 
Iok Lx iz trditve 2 l& v kotu A? 
2. Dan je atex kot s whom A in od A m&i%a t& X aa njegbvem 
hku. Med vsemi krivdjami dane & W e ,  ki vekjo to& X s kako 
b&o Y na drugem krakrr hob, po* thto, ki skupsj r daxjicmm 
AX in AY wadi lik z najvejo pldno .  
3. E(lriwlja K: radeli kvadrat s stranico d o b e  1 na dva dela, Inrterib 
pld&i sta v rmnqju rn : n. DoMi, da pri pogoju ; I- 1 
do&iaa R meri vzwj 1. 
4. Domi, da je premer kroga najkxajh hidje, ki raqmlavlja njegova 
paOiEin0. 
Boris LavpiC