1

UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIČKI FAKULTET

SEMINARSKI RAD IZ METODIKE NASTAVE

MATEMATIKE 2

TEMA: GEOMETRIJSKA MESTA TAČAKA I

KONSTRUKCIJE

Student: Profesor: Jasmina Milojević Zoran Lučić

Maj 2006

2

Sadržaj Prvi deo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Geometrijska mesta tačaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Drugi deo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Geometrijske konstrukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Klasični problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Primer konstrukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3

PRVI DEO Geometrijska mesta tačaka

Pod geometrijskim mestom tačaka, podrazumevamo skup svih tačaka u ravni, prostoru ili nekoj zadatoj oblasti koje imaju zadatu osobinu. Skraćenica za geometrijsko mesto tačaka je GMT. Takva su, na primer, simetrala duži, simetrala ugla, kružnica (koju definišemo kao skup svih tačaka koje su na istom rastojanju od tačke A), Apolonijeva kružnica i tako dalje. Poznavanje različitih geometrijskih mesta tačaka važno je sredstvo za dokazivanje teorema, rešavanje konstruktivnih i drugih zadataka. Sam naziv geometrijsko mesto tačaka je u odreñenoj meri anahronizam. Potiče iz ruskog jezika i sem njih i nas niko drugi i ne koristi taj naziv.

Sama priroda geometrijska mesta tačaka uzrokuje posebnu vrstu dokaza.

Naime, zadata oblast, kao što su ravan, prostor ili neki njihovi delovi obično sadrži beskonačno mnogo tačaka. Stoga je nemoguće proveriti svaku tačku pojedinačno da li ima navedenu osobinu ili ne. U opštem slučaju to izgleda ovako.

Traži se GMT koje poseduje osobinu α. Na osnovu osobine α, znanja o

geometrijskim figurama, intuicije i sličnog, dolazi se na ideju (hipotezu) da bi to mogao biti odreñeni skup, označimo ga sa G(α). Da bi se ta hipoteza potvrdila, odnosno dokazala, neophodno je da se pokaže da je G(α)=GMT. Zbog gore pomenutog, to se čini tako što se pokaže da je GMT sadržano u G(α), i isto tako da je G(α) sadržano u GMT. Drugim rečima, ako tačka X ima osobinu α, tj. ako X pripada GMT, tada je X iz G(α). I obratno, ako X pripada G(α), tada X pripada i GMT. Razume se, moguće su kombinacije sa komplementima skupova G(α) i GMT.

Na primer, ako je X iz GMT, tada je X iz G(α), i ako X nije iz GMT, tada X nije ni iz G(α); itd. Primer1. Date su dve utvrñene tačke A i B idve duži m i n. Odrediti GMT X

takvih da je

XA : XB = m : n .

Rešenje: Neka je X iz GMT. Tada je XA : XB = m : n. To znači da se u

trouglu ABX stranice XA i XB odnose kao dve date duži m i n. Na pamet pada poznata osobina simetrale ugla trougla. To je osobina da simetrala ugla deli naspramnu stranicu u odnosu ˝obližnjih˝ stranica, tj.

PA : PB = XA : XB = m : n (slika 1a).

4

Znači, tačka P je utvrñena, ne zavisi od položaja tačke X. Dobro, ali šta dalje.

To je nedovoljno utvrñivanje likacije tačke X. No, tada u sećanje dolazi i činjenica da istu osobinu ima i simetrala spoljašnjeg ugla kod temena X. Dakle, QA : QB = XA : XA = m : n (slika 1b) i tačka Q je takoñe utvrñena. I ne samo to, još je i ugao PQX jednak 90 stepeni. To je već nešto. Iz promenljive tačke X utvrñena duž PQ se vidi pod pravim uglom. Jasnoje tada da tačka X leži na kružnici k prečnika PQ, tj. G(α) = k (slika 2).

Time je prva faza završena. Položaj traženih tačaka X značajno je sužen na tačke utvrñene kružnice k. Naime, nije jasno da li sve tačke kružnice k imaju traženu osobinu XA : XA = m : n. Možda neke tačke sa kružnice nemaju ovu osobinu pa ih stoga treba izostaviti. Zato je neophodna i druga faza koja doñe kao neka vrsta provere.

b) Neka tačka X pripada G(α) = k. Za tačke P i Q kao što smo već

konstatovali važi: PA : PB = XA : XB = m : n (1)

i one su u redu. Neka je stoga tačka X proizvoljna tačka kružnice k različita od P i Q (slika 3).

Intuicija pokazuje da nema nikakvih izuzetaka. Pokažimo da je zaista tako. Kroz tačku B uočimo pravu koja je paralelna sa AX i sa K i L označimo njene presečne tačke sa XP i XQ, redom. Kako su trouglovi XAP i KBP slični, to je s obzirom na Jednakost koju smo označili sa (1)

5

XA : KB = PA : PB = m : n (2) Analogno prethodnom, iz sličnosti trouglova XAQ i LBQ dobijamo da važi sledeće: XA : LB = QA : QB = m : n (3) Uporeñujući jednakosti (2) i (3) dobijamo XA : KB = XA : LB odakle je KB = LB. Znači, tačka B je sredina hipotenuze KL pravouglog trougla KLX, pa je zbog toga KB = LB = XB. Zamenjujući to u jednakost (2) dobijamo XA : XB = m : n, tj. tačka X pripada GMT. Time je ovaj istraživački poduhvat okončan.

■ Napomena: Kružnica k iz navedenog primera se zove Apolonijeva kružnica po velikom antičkom matematičaru Apoloniju Pergamskom (koji je živeo 262-190. godine pre nove ere) koji ju je otkrio. Ako stavimo da je m=n, dobijamo da je XA : XB = m : m = 1, odnosno da je XA = XB. Apolonijeva kružnica u tom slučaju prelazi u pravu, a ta prava nije ništa drugo do simetrala duži AB. Tako je simetrala duži samo specijalan slučaj Apolonijeve kružnice.

6

DRUGI DEO

Geometrijske konstrukcije

UVOD Zadatak geometrijske konstrukcije je da se pomoću datih elemenata i ˝datih

sredstava˝ konstruiše (nacrta) data geometrijska figura. Termin ˝data sredstva˝ označava dopustive, odnosno, elementarne konstrukcije, čijom se višestrukom, ali konačnom, primenom dobija tražena figura. Tradicionalna i nesumnjivo najviše korišćena sredstva su lenjir i šestar. Lenjrom se dopušta konstrukcija prave, dok se šestarom dopušta konstrukcija kružnice. Preciznije, dopustive konstrukcije lenjirom i šestarom su:

(1) izbor tačke (jedne ili više) u ravni; (2) konstrukcija prave kroz dve tačke (lenjir); (3) konstrukcija kružnice sa datim centrom i poluprečnikom; (4) odreñivanje preseka dve prave, prave i kružnice, dve kružnice.

Nije sasvim jasno zašto je izbor elemenata za konstrukciju pao baš na ova dva

instrumenta, ali se pretpostavlja da je posledica uticaja starogrčkih matematičara i filosofa. Prava je oduvek bila osnovna geometrijska figura (koju ne definišemo i smatramo je osnovnim pojmom u geometriji pored tačke i ravni), dok se kružnica(kao i sfera u prostoru) smatra idealnom figurom. U takvim okolnostima, teško da se neki drugi izbor i mogao napraviti.

Osim lenjira i šestara za geometrijske konstrukcije koriste se i druga sredstva

kao što su dvostrani lenjir, lenjr sa zarezima, pravougaoni lenjir, šestar ograničenog otvora i tako dalje. U tim slučajevima, kao dopustive, pojavljuju se konstrukcije koje izlaze iz okvira konstrukcija koje smo naveli u (1) - (4). Štaviše, neke od njih su neizvodljive lenjirom i šestarom te na taj način omogućavajuju konstrukcije koje je nemoguće izvesti tradicionalnim instrumentima. Na primer, lenjr sa dva zaraza dopušta konstrukciju duži čiji je jedan kraj na jednoj, a drugi na drugoj zadatoj krivoj. Kao što ćemo videti nešto kasnije, Takvim lenjirom i šestarom moguća je trisekcija ugla koja je inače nerešiva običnom lenjirom i šestarom.

Italijanski matematičar, profesor univerziteta u Paviji, Maskeroni (L.

Mascheroni 1750-1880) došao je 1797. godine do iznenañujućeg otkrića. Dokaza je da se svaka konstrukcija koja se može izvesti lenjirom i šestarom, može izvesti i samo šestarom. Kasnije se ispostavilo da je to bilo poznato i puno ranije. Naime, 1927. godine danski matematičar Hjelmslev našao je u jednoj knjižari u Kopenhagenu knjigu nepoznatog autora G. Mora pod nazivom ˝Euclides Danices˝ (Danski Euklid). U njoj je, izmeñu ostalog, bio izložen i pomenuti rezultat Maskeronija.

7

Inspirisan otkrićem Maskeronija svajcarski matematičar Štajner (J. Steiner

1796-1863) je 1883. godine dokazao slično za lenjir. Ustanovio je da se svaka konstrukcija izvodiva šestarom lenjirom i šestarom, može izvesti i samo lenjirom, ukoliko su u ravni dati kružnica i njen centar. Tako je lenjir, uz samo jedno korišćenje šestara, jednako moćan kao i šestar.

Još u antičko doba znalo se da lenjir i šestar nisu ˝svemoćni˝. Bili su i tada i

poznati konstruktivni problemi koji po svoj prilici nisu bili rešivi lenjirom i šestarom. Danas ih zovemo klasičnim problemima. Nerešivost klasičnih problema dokazanaje tek u devetnaestom veku ppomoću teorije algebarskih jednačina. Najpoznatijua su sledeća tri problema.

Klasični problemi 1. Problem udvostručenja kocke. Potrebno je da se konstruiše ivica kocke

čija je zapremina jednaka zbiru zapremina dveju datih jednakih kocki (otuda i naziv udvajane kocke). Ako su ivice datih kocki a, a ivica tražene kocke x, tada je s obzirom na uslov zadatka x =a*(treći koren iz 2). Iz teorije algebarskih polja je poznato da se lenjirom i šestarom mogu konstruisati iracionalni brojevi tipa n-ti koren iz 2 ako i samo ako je n stepen broja 2. Kako to nije slučaj za n = 3, konstrukcija trećeg korena iz dva nije moguća, a samim tim ni konstrukcija kocke ivice x.

□ 2. Problem kvadrature kruga. Zahteva se konstrukcija kvadrata čija je

površina jednaka površini datog kruga. Ako je r poluprečnik datog kruga, a x stranica traženog kvadrata, tada je x*x=r*r*π . Ovde je problem u tome što se lenjirom i šestarom ne može konstruisati ni jedan transcendentan broj, a Lindeman je 1882. godine dokazao da je π baš takav. Dakle, ni kvadratura kruga nije izvodljiva lenjirom i šestarom.

□ 3. Problem trisekcije ugla. Potrebno je da se dati ugao podeli na tri jednaka

ugla. Trisekcija nekih uglova kao što su uglovi od 90°, 135°, 180° i sličnih je trivijalna. Meñutim trisekcija proitvoljnog ugla lenjirom i šestatom nije moguća. Na primer, nije moguće konstruisati ugao od 20 stepeni, tj. izvršiti trisekciju ugla od 60 stepeni. To sledi iz pomenute teorije jednačina. Može se dokazati da se lenjirom i šestarom može konstruisati ugao od n stepeni, gde je n prirodan broj, ako i samo ako je n deljivo sa 3.

Interesantno je da i dan danas trisekcija ugla, više od ostalih klasičnih problema, privlači pažnju ″ljubitelja matematike″. Najčešća greška u njihovim ″dokazima″ je korišćenje nedozvoljenih instrumenata, odnosno, primena elementarnih konstrukcija koje su izvan spiska (1) - (4) koji smo naveli. Naime, ako se takve konstrukcije dopuste, to više nije navedeni problem. U zavisnosti od toga koja se ″priručna sredstva″ koriste, navedeni problem može biti manje ili više jednostavan. Na primer, ako se umesto običnog lenjira, koristi lenjir sa dva zareza, konstrukcija je gotovo trivijalna. Kuriozitet je da je za to znao još Arhimed (287 – 212 godina pre nove ere) pre više od dva milenijuma. Evo kako je to Arhimed dokazao.

8

Konstrukcija: Označimo sa α ugao aOb koji je dat i neka su zarezi na lenjiru na rastojanju r . Konstruiše se kružnica k sa centrom u O i poluprečnikom r. Neka ona seče krake a i b redom u tačkama A i B (slika1). Zatim se lenjir sa dva zareza postavi tako da prolazi kroz tačku B i da pritom jedan zarez bude na kružnici k – tačka C, a drugi na produžetku kraka a – tačka D. Tada je ugao CDO jednak trećini ugla α.

Dokaz: Neka je ugao CDO = φ. Kako je rastojanje izmeñu zareza na lenjiru jednako r (kao i poluprečnik kružnice k), trougao DOC je jednakokrak. Otuda je ugao ODC jednak uglu DOC, jednako uglu φ, pa je ugao OCB jednak uglu koji je dva puta veći od ugla φ (spoljašnji ugao trougla DOC). Meñutim i trougao DOC je jednakokrak (OC = OB = r), te je ugao OBC jednak uglu OCB, a to je jednako uglu 2φ. Najzad, α = uglu AOB je spoljašnji ugao za trougao DOB, pa je ugao α jednak zbiru uglova ODB i OBD, a to je dalje jednako zbiru uglova φ i 2φ, odnosno, α = 3φ. Odatle dobijamo da je φ = α / 3.

Diskusija: Lako se vidi da je navedena konstrukcija izvodljiva za svako

θ ≤ α ≤135°. Za uglove α koji su veći od 135° nije teško ustanoviti da se zarezi lenjira ne mogu postaviti kao na slici 1. U tom slučaju prvo se izvrši trisekcija suplementnog ugla α΄ = 180° - α. Ako je dobijena trećina φ΄= α΄/3, tada je α / 3 = 60°- φ΄ = traženi ugao.

□ Daleko od toga da klasični problemi iscrpljuju listu konstrukcija nerešivih

lenjirom i šestarom. Takvih problema ima na pretek i jedina razlika je u tome što nekaju pojedinačne nazive. Na primer, u tu klaspu spada konstrukcija trougla pomoću odsečaka triju simetrala uglova, konstrukcija kvadrata čija dva susedna temena pripadaju jednoj, a druga dva temena pripadaju drugoj datooj kružnici i tako dalje.

9

PRIMER

Rešenje konstruktivnog zadatka se sastoji iz četiri karakteristična dela. To su: analiza, konstrukcija, dokaz konstrukcije i diskusija.

• U okviru analize opisuje se veza izmeñu datih elemenata i onih

elemenata koje treba konstruisati. Drugim rečima, demonstrira se put do ideje za konstrukciju. Analiza nije obavezan deo rešenja, ali je izuzetno važan sa metodičkog aspekta.

• U konstrukciji se opisuje postupak, niz operacija sa spiska (1) – (4) sa

početka, kojim sse dolazi do tražene figure. Obično se ne daju nikakva obrazloženja za pojedine korake. To sse radi u sledećem koraku-

• Dokaz konstrukcije. U ovom delu se dokazuje da je dobijena figura

zaista on koja se traži. Konstrukcija i dokaz su neophodni i najvažniji delovi zadatka.

• Najzad, u diskusiji se razmatra egzistencija i broj rešenja u zavisnosti

od početnih, odnosno, datih elemenata. Poželjna je, mada nekad, zbog složenosti nije izvodljiva na srednjoškolskom nivou.

Evo jednog primera u kojem su predstavljene sve četiri faze. Primer: Konstruisati ∆ ABC ako je dato visina, simetrala ugla i težišna duž

koje odgovaraju temenu A. Rešenje.

Analiza: Neka je ABC traženi trougao u kojem je AD odgovarajuća visina, AE odgovarajuća simetrala i AF odgovarajuća težišna duž koje odgovaraju temenu A. Pravougli ∆ADE kod kojeg je poznata jedna kateta i hipotenuza se jednostavno konstruiše. To isto važi i za ∆ADF.

Meñutim, kako dalje? Kako odrediti preostala dva temena B i C? Sve date

elemente koristili smo po jedanput. Ipak, ostaje utisak da simetrala ugla i težišna duž nisu iskorišćene u punoj meri. Nakon niz pokušaja, dolazi se do zaključka (eureka!) da ″stvar spasava″ ono čega nema na slici. A to je kružnica opisana oko trougla. Naime, simetrala ugla kod temena A i simetrala stranice BC seku se u sredini M luka BC (onog koji ne sadrži teme A). Deo simetrale ugla kod temena A je već tu, duž AE. Simetrale s stranice BC trenutno nema, ali se da prosto konstruisati. Kako je AF težišna duž koja odgovara temenu A, to je tačka F središte stranice BC. Prema tome, normala u tački F na pravu DEF je tražena simetrala s. Ona pravu AE seče u tački M – sredini luka BC (slika 2). Kako simetrala svake tetive kružnice sadrži njen centar, centar kružnice opisane oko trougla ABC – tačka O dobija se u preseku prave s i simetrale duži AM – prave t. Dalje je jednostavno.

10

Konstrukcija: Konstruišimo duž AD koja je podudarna datoj visini koja

odgovara temenu A. U tački D konstruišemo normalu a na pravu AD. Zatim konstruišemo dve kružnice: prvu sa centrom u A poluprečnika koji je podudaran datoj simetrali ugla kod temena A; i drugu sa centrom u A poluprečnika koji je podudaran datoj težišnoj duži koja odgovara temenu A. Njihove preseke sa pravom a koji se nalaze sa iste strane tačke D obeležimo sa E i F, redom. Zatim konstruišemo u tački F normalu s na pravu a i njen presek sa pravom AE obeležimo sa M. Konstruišemo simetralu t duži AM i njen presek sa pravom s obeležimo sa O. Najzad, konstruišemo kružnicu k sa centrom u O, poluprečnika OA. Sa B i C obeležimo njen presek sa pravom a. Trougao ABC je traženi.

Dokaz konstrukcije: Prema konstrukciji je AD = ha i AD je upravna na BC.

To znači da je u dobijenom trouglu ABC Visina iz temena A jednaka ha. Dalje, prema konstrukciji je AE = sa. Kako je prava s osa simetrije kako stranice AB, tako i kružnice k, to je tačka M sredina luka BC. Otuda je ugao BAM jednak uglu CAM, tj. AE je i simetrala ugla kod temena A. Konačno, prema konstrukciji je i AF = ta. Zbog pomenute simetrije, tačka F je sredina duži BC, pa je AF težišna linija trougla ABC.

Diskusija: Kako je u svakom trouglu ha ≤ sa ≤ ta, to zadatak ima rešenje

samo ako je visina strogo manja od simetrale koja je strogo manja od težišne duži (koje odgovaraju temenu A) ili ako važe jednakosti ha = sa = ta. U prvom slučaju

11

rešenje je jedinstveno, dok u drugom slučaju ima beskonačno mnogo rešenja (rešenje je bilo koji jednakokraki trougao sa visinom h).

12

Literatura

• Republički seminar 2006. o nastavi matematike i računarstva • Zbirka zadataka iz geometrije – Predrag Janičić •