Hrvatski matematički elektronski časopis math.e

http://www.math.hr/~mathe/

Algebarska metoda rješavanja konstruktivnih zadaća

Ivan Štedul

Sadržaj:

Algebarska metoda rješavanja konstruktivnih zadaća
Konstruiranje osnovnih algebarskih izraza
Primjena algebarske metode u konstruktivnim zadaćama
Zaključak
Zadatci za vježbu
Literatura

Algebarska metoda rješavanja konstruktivnih zadaća

Riješiti konstruktivni zadatak znači na osnovi onoga što je u njemu dano konstruirati figuru koja se traži, upotrebljavajući pritom samo šestar i ravnalo s jednim bridom. Pri rješavanju konstruktivnih zadaća jednobridnim ravnalom i šestarom koristimo se raznim metodama. Neke od najčešće korištenih metoda geometrijskog konstruiranja su metoda presjeka skupova točaka odnosno metoda geometrijskih mjesta točaka, metoda pomoćnih likova i metoda geometrijskih transformacija. O tim metodama više možete doznati u [1]. Međutim ponekad se dogodi da niti jednom od spomenutih metoda geometrijskog konstruiranja, bez obzira koliko se trudili, ne možemo riješiti neki konstruktivni zadatak. Tada možemo pokušati naš konstruktivni zadatak riješiti primjenom algebarske metode rješavanja konstruktivnih zadaća.

Za daljnje razumijevanje teksta potrebno je poznavati neke temeljne konstrukcije ravnalom i šestarom (prijenos dužina, konstrukcija simetrale i polovišta dužine, konstrukcija simetrale kuta i polovišta luka, konstrukcija pravca koji prolazi danom točkom i koji je paralelan s danim pravcem, konstrukcija okomice na dani pravac i dr.)

Znamo da se svaki matematički zadatak, pa tako i konstruktivni, sastoji od danih ili poznatih i traženih ili nepoznatih veličina odnosno objekata, te od uvjeta koji opisuju odnose i veze između poznatih i nepoznatih veličina i objekata. Naravno da u konstruktivnim zadaćama nepoznate veličine treba konstruirati. Bit algebarske metode rješavanja konstruktivnih zadaća je u tome da se nepoznate veličine, dakle one koje treba konstruirati, izraze algebarskim izrazima odnosno formulama pomoću danih veličina. Nakon toga se dobiveni izrazi konstruiraju.

Na primjer, neka su u našoj konstruktivnoj zadaći dane dužine a, b, c, ... , k i redom njihove duljine a, b, c, ... , k, i neka je za rješenje zadaće potrebno konstruirati dužinu x nepoznate duljine x. Kao što smo već rekli, sada duljinu x tražene dužine x izrazimo nekim algebarskim izrazom odnosno formulom pomoću danih veličina:

x = f(a,b,c,...,k).

Napomena: Kako su duljine dužina uvijek pozitivne vrijednosti, to i gornji izraz f ima smisla samo ako poprima pozitivne vrijednosti. Zapravo, mi razmatramo samo pozitivne vrijednosti izraza f.

I na kraju, konstruiranjem izraza f zapravo konstruiramo dužinu x, a time je konstruktivna zadaća riješena.

Konstruiranje osnovnih algebarskih izraza

U praksi se često događa da dobiveni izraz f nerijetko bude vrlo složenog oblika. Stoga je da bismo konstruirali složene algebarske izraze, dobro znati konstruirati neke jednostavnije izraze koji se lako konstruiraju. Te ćemo izraze zvati osnovnim izrazima. Na konstrukcijama osnovnih izraza zapravo se temelji primjena algebarske metode u rješavanju konstruktivnih zadaća. Zato ćemo na početku najprije reći nekoliko riječi o tim konstrukcijama.

1. x = a + b, (zbrajanje dužina).

Neka su zadane dvije dužine a i b, čije su duljine a i b. Dužinu x, kako se na slici 1. vidi, dobijemo ako na isti pravac nanesemo dužinu a i zatim dužinu b tako da te dvije dužine imaju samo jednu krajnju točku zajedničku. Prema slici razabiremo dužinu duljine x = a + b.

Slika 1. Animirani prikaz zbrajanja dužina

2. x = a - b, a > b (oduzimanje dužina).

I ovdje na pravac nanesemo dužinu a, a zatim i dužinu b, ali tako da im se jedna krajnja točka poklapa i da postoje nutarnje preklopljene točke. Rezultat x = a - b razabire se prema slici 2.

Slika 2. Animirani prikaz oduzimanja dužina

3. x = n * a, n je prirodan broj, (množenje dužine prirodnim brojem).

Slika 3. Animirani prikaz množenja dužine prirodnim brojem

Na temelju konstrukcije 1. odmah je jasno da n puta pribrojimo istu dužinu a duljine a, što je n = 4 prikazano na slici 3.

4. x = a / n, n je prirodan broj, (dijeljenje dužine prirodnim brojem).

Slika 4. Animirani prikaz dijeljenja dužine prirodnim brojem

Neka je dana dužina OA duljine a. Povučemo zraku iz točke O različitu od OA pod povoljnim kutom prema OA i na njoj nanesemo n puta proizvoljnu dužinu b duljine b tako da je OB = n * b. (Na slici 4. prikazana je konstrukcija dijeljenja dužine prirodnim brojem za n=5.) Sada kroz točku B1 povučemo paralelu sa spojnicom AB. Ta paralela siječe dužinu OA u točki A1 i |OA1| = |OA| / n.

5. , m i n su prirodni brojevi (množenje dužine racionalnim brojem).

Konstrukcija se svodi na 3. i 4. Prvo se konstruira izraz x1 = a / n, a onda x = m * x1.

6. , (četvrta proporcionala).

Ovaj je izraz vrlo važan u algebarskoj metodi konstruiranja pa ćemo stoga pokazati dva načina konstruiranja ovog izraza.

Slika 5. Animacija četvrte proporcionale I.

Konstrukcija I. (slika 5.): Neka su dane dužina OC duljine c, dužina CB duljine b i dužina OA duljine a. Prema konstrukciji 1. konstruiramo dužinu OB duljine b + c. Povučemo zraku iz točke O pod povoljnim kutom prema OB i na nju nanesemo dužinu OA a. Sada kroz točku B povučemo paralelu sa spojnicom CA. Ta paralela siječe zraku OA u točki X. Sada je AX tražena dužina duljine x.

Dokaz konstrukcije: Da bismo dokazali konstrukciju, potreban nam je iskaz Talesovog poučka o proporcionalnim dužinama.

Slika 6. Talesov poučak o proporcionalnim dužinama
Talesov poučak o proporcionalnim dužinama: Paralelni pravci a i b na krakovima kuta odsijecaju proporcionalne dužine:

Osim toga, vrijedi  

Sada je prema Talesovom poučku očito x : b = a : c, a odavde je .

Slika 7. Animacija četvrte proporcionale II.

Konstrukcija II. (slika 7.): Na istu zraku nanesemo dužinu OA duljine a i dužinu OC duljine c. S početnom točkom O povučemo zraku na koju nanesemo dužinu OB duljine b. Točkom A povučemo paralelu sa spojnicom BC, koja siječe OB u točki X. Sada je OX tražena dužina duljine x.

Dokaz konstrukcije: Po konstrukciji je i , pa slijedi da su trokuti i slični. Zbog sličnosti je , a to je upravo x : b = a : c. Odavde slijedi . Dokaz smo također mogli izravno direktno iz Talesovog poučka o proporcionalnosti dužina.

7. , (geometrijska sredina brojeva a i b).

Slika 8. Animacija geometrijske sredine

Konstrukcija (slika 8.): Po konstrukciji 1. konstruiramo dužinu AC kao zbroj danih dužina AB duljine a i BC duljine b. Odredimo točku O kao polovište dužine AC. Sada konstuiramo polukružnicu k sa središtem u točki O, polumjera . U točki B podignemo okomicu na zraku AC koja siječe polukružnicu k u točki X.

Tvrdnja: dužina BX duljine x je tražena dužina.

Da bismo dokazali tvrdnju, iskažimo Talesov poučak o kutu nad promjerom kružnice: Svaki kružnici upisan trokut nad promjerom kružnice je pravokutan.

Dokaz: Prema Talesovom poučku o kutu nad promjerom kružnice vrijedi da je pravi kut. Stoga su trokuti i slični jer su im svi kutovi jednaki. Trokuti i također su slični. Stoga zaključujemo da su i slični (tranzitivnost relacije ˝biti sličan˝), pa vrijedi:

,

znači, a : x = x : b, pa odavde slijedi x2 = a * b, te *.

8. . Iz Pitagorinog poučka slijedi da je dužina duljine x hipotenuza pravokutnog trokuta kojemu su katete dužine a i b (slika 9.).

Slika 9. Pravokutan trokut I. Slika 10. Pravokutan trokut II.

9. , (a > b). Tu je dužina x očito kateta pravokutnog trokuta kojemu je druga kateta b, a hipotenuza a (slika 10.).

Sada kad znamo konstruirati neke jednostavnije izraze, možemo konstruirati i mnogo složenije izraze tako da ih raščlanimo u niz jednostavnih konstrukcija koje smo upravo opisali. Pogledajmo par jednostavnijih primjera.

Primjer 1. . Konstrukcija se svodi na konstrukciju četvrte proporcionale za b = 1.

Primjer 2. . Dani izraz možemo rastaviti na dva jednostavnija izraza, i . Sada primjenom konstrukcije 6. rješavamo zadatak.

Primjer 3. , n je prirodan broj. Konstrukciju ćemo riješiti na tri načina.

  1. Gornji izraz možemo zapisati u obliku . Primjenom n – 1 konstrukcija 8. na izraze dobivamo traženu konstrukciju.

  2. Ako je n = p * q, gdje su p i q prirodni brojevi, onda gornji izraz možemo prikazati u obliku . Sada izraze x1 = p * a i x2 = q konstruiramo konstrukcijom 3. Gornji izraz sada možemo zapisati u obliku i konstruirati primjenom konstrukcije 7.

  3. Općenito, ako je n = p2 + q2, gdje su p i q prirodni brojevi, gornji izraz možemo napisati u obliku , što se svodi na konstrukcije 3. i 8.
Slika 11. Konstrukcija I. Slika 13. Konstrukcija III.
Slika 12. Konstrukcija II.

Na slici 11. prikazan je prvi način konstrukcije , n = 5. Na slici 12. prikazan je drugi način iste konstrukcije, a na slici 13. treći.

Primjer 4. , (a > b). Ovaj izraz možemo napisati u obliku:

Primjenom konstrukcija 8. i 9. konstruiramo redom izraze i , a odatle primjenom konstrukcije 7. konstruiramo .

Pitanje koje se sada prirodno nameće je može li se svaki algebarski izraz konstruirati. Na to pitanje odgovara nam sljedeći poučak čiji dokaz preskačemo.

Teorem 1. Svaki onaj izraz koji dobijemo iz danih dužina konačnim brojem operacija (zbrajanjem, oduzimanjem, množenjem, dijeljenjem) i vađenjem kvadratnog korijena, može se konstruirati.

Primjena algebarske metode u konstruktivnim zadaćama

Zadatak 1. Konstruirajte kvadrat čija je površina dvostruko veća od površine danog kvadrata.

Analiza: Pretpostavimo da je zadatak riješen (slika 14.). Neka je ABCD zadani kvadrat sa stranicom duljine a, a CEFG traženi kvadrat. Označimo s x duljinu stranice traženog kvadrata. Iz uvjeta zadatka P(CEFG) = 2P(ABCD) dobivamo x2 = 2a2, odakle slijedi da je .
Slika 14. Dvostruko veći kvadrat

Konstrukcija: Iz analize je vidljivo da za rješenje zadatka moramo konstruirati izraz , što lako konstruiramo primjenom konstrukcije 8. Dan je kvadrat ABCD. Na zraku AB iz točke B nanesemo dužinu BE duljine a. Nad stranicom CE konstruiramo traženi kvadrat CEFG.

Dokaz: Iz i iz Pitagorinog poučka slijedi da je duljina stranice kvadrata CEFG jednaka .

Zadatak 2. Zadan je polukrug k polumjera r. U tu figuru upišite kvadrat.

Analiza: Dana je polukružnica k sa središtem u točki O i polumjera r (slika 15.). ABCD je traženi kvadrat. Označimo duljinu njegove stranice s x. Sa slike je očito da je , te iz Pitagorina poučka primijenjenog na trokut dobivamo . Odavde dobivamo da je .
Slika 15. Kvadrat upisan u polukružnicu

Konstrukcija: Za rješenje zadatka potrebno je konstruirati dužinu duljine . Prvo konstruiramo izraz primjenom konstrukcije 8. Iz točke E povučemo okomicu na EF i na nju nanesemo dužinu EG duljine r. Sada konstruiramo izraz primjenom konstrukcije 4. Dakle, dužinu FG primjenom konstrukcije 4. podijelimo na 5 jednakih dijelova, svaki tražene duljine. Uzmemo u šestar duljinu i oko točke O na EF označimo šestarom točke A i B. Okomice iz A i B na EF sijeku polukružnicu k u D i C. ABCD je traženi kvadrat.

Dokaz: Trokut je pravokutan po konstrukciji, pa iz Pitagorinog poučka slijedi da je . Sada je po konstrukciji očito , što je i trebalo dokazati.

Zadatak 3. Dan je trokut Oko vrhova danog trokuta treba opisati kružnice koje se u parovima izvana dodiruju.

Analiza: Pretpostavimo da je zadatak riješen. Dan je trokut . S A, B i C označili smo vrhove trokuta, s a, b i c, a s x, y i z polumjere traženih kružnica. Sa slike 16. odmah se vidi da vrijedi x + y = c, y + z = a i x + z = b. Rješenja ovog sustava triju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice su:

Slika 16. Kružnice koje se dodiruju

Konstrukcija: Primjenom konstrukcija 1. 2. i 4. najprije konstruiramo jednu od veličina danih gornjim izrazima, npr. x:   x1 = b + c, x2 = x1 - a, x3 = x = x2 / 2. Sada se oko točaka A, B i C opišu kružnice polumjera x, c - x i b - x.

Dokaz slijedi iz analize.

Diskusija: Konstrukcija je jedinstvena. Treba još pokazati da je uvijek izvediva, tj. da su x, y i z strogo pozitivne veličine. To slijedi iz nejednakosti trokuta: a + b > c, a + c > b i b + c > a.

Zadatak 4. U kvadrat s duljinom stranice a upišimo pet kružnica jednakih polumjera tako da četiri od njih dodiruju po dvije stranice kvadrata, a peta ove četiri kružnice.

Analiza: Sa slike 17. očito je da su središta kružnica na dijagonalama kvadrata, pa preostaje samo odrediti njihov polumjer x. Središta donje tri kružnice su vrhovi pravokutnog trokuta s katetama duljina 2x, 2x i hipotenuzom duljine a - 2x, pa iz Pitagorinog poučka dobivamo 4x2 + 4x2 = a2 - 4ax + 4x2, odakle dobivamo da je

Slika 17. Pet kružnica u kvadratu

Konstrukcija: Gornji izraz za x lako konstruiramo primjenom konstrukcija 8. 2. i 4. redom na izraze , i . Sada danim polumjerom konstruiramo prvu kružnicu sa središtem u sjecištu dijagonala kvadrata. Središta ostale 4 kružnice dobijemo kao sjecišta dijagonala i kružnice s istim središtem kao i prva kružnica, polumjera 2x.

Dokaz slijedi iz analize. Zadatak je uvijek određen i ima jedinstveno rješenje.

Zadatak 5. Dani su ukršteni pravci a i b, i točka P unutar jednog kuta tih pravaca. Konstruirajmo kružnicu koja prolazi točkom P i dira pravce a i b.

Analiza: Pretpostavimo da je zadatak riješen (slika 18.) Točka Q kojom također mora prolaziti tražena kružnica leži simetrično točki P s obzirom na simetralu kuta što ga zatvaraju dani pravci a i b. Misli se na simetralu kuta koja leži u kutu zajedno s danom točkom P. Spojnica PQ pri tome je okomita na simetralu kuta. Označimo s R sjecište spojnice PQ s pravcem a, a s D diralište tražene kružnice također s pravcem a. Tada prema poučku o potenciji točke imamo , a odatle .
Slika 18. Kružnica danom točkom koja dira dva pravca

Konstrukcija: Dobiveni izraz lako konstruiramo primjenom konstrukcije 7. Sada točku D dobijemo kao presjek kružnice sa središtem u točki R, polumjera |DR| s pravcem a. Presjek okomice iz točke D na a i simetrale kuta koji zatvaraju pravci a i b jest točka O koja je središte tražene kružnice.

Dokaz slijedi iz analize. Zadaća uvijek ima dva rješenja.

Zaključak

Dakako da se svaki konstruktivni zadatak ne može uvijek riješiti algebarskom metodom rješavanja konstruktivnih zadaća, ali, kao što smo vidjeli, daje nam mogućnost više njihovo za rješavanje. Dapače, katkad, kad ni na jedan drugi način ne možemo riješiti neku konstruktivnu zadaću, algebarska metoda može ˝spasiti situaciju˝. Zato je vrlo dobro poznavati njezine osnovne konstrukcije pa nam mnoge konstruktivne zadaće više neće zadavati glavobolje.

Zadatci za vježbu

  1. Zadatak. Konstruirajte kvadrat kojemu je površina jednaka zbroju površina dvaju danih pravokutnika.

  2. Zadatak. Zadan je trokut . Konstruirajte kvadrat koji ima površinu jednaku površini danog trokuta.
Slika 19. Gotska figura
  1. Zadatak. Razdijelite dužinu AB točkom Z na dva dijela tako da se čitava dužina odnosi prema većem dijelu kao veći dio prema manjem dijelu (Zlatni rez).

  2. Zadatak. Povucite pravac paralelan dijagonali danog pravokutnika ABCD tako da on dijeli taj pravokutnik na dva dijela čije se površine odnose kao 1 : 4.

  3. Zadatak. Dužina AB duljine a i lukovi kružnica k1(A,a) i k2(B,a) čine konveksnu figuru (slika 19). Upišite u tu figuru kružnicu.

Literatura

[1] B. Jagodić, N. Sarapa, Matematika 7 - udžbenik za 7. razred osnovne škole, Školska knjiga, Zagreb, 1998.

[2] D. Palman, Geometrijske konstrukcije, Element, Zagreb, 1996.

[3] B. Pavković, D. Veljan, Elementarna matematika 1, Tehnička knjiga, Zagreb 1992.

[4] M. Pavleković, Nastava matematike s informatikom I, Element, Zagreb, 1997.

Algebarska metoda rješavanja konstruktivnih zadaća
Konstruiranje osnovnih algebarskih izraza
Primjena algebarske metode u konstruktivnim zadaćama
Zaključak
Zadatci za vježbu
Literatura