substitucije | nazaj

Nalogo se da rešiti na več načinov: algebraično-geometrično, čisto geometrično, predstavili pa bomo enostavno rešitev, pri kateri bomo uporabili znanje iz trigonometrije.

Naj bo dan trikotnik ABC s stranicami a, b, c in notranjimi koti a, b, g. Predpostavimo, da rešitev obstaja in označimo Malfattijeve krožnice, ki jih iščemo, s P, Q, R, njihova središča s P, Q, R, polmere s p, q, r, tangentne odseke od oglišč A, B, C do krožnic P, Q, R   pa z u, v, w.

Trikotniku ABC včrtamo krožnico J, središče označimo z J, polmer z r, tangentne odseke od oglišč A, B, C pa z a1, b1, c1.

Izpeljali bomo tri enačbe, s katerimi bomo prišli do vrednosti za u, v in w, ki predstavljajo rešitev naloge, zato pa bomo najprej izpeljali nekaj enakosti, ki jih bomo potrebovali.

Iz enačb

a = b1 + c1, b = c1 + a1, c = a1 + b1
in zveze
s = (a + b + c) / 2,
kjer je s polovični obseg, sledi
s = a1 + b1 + c1
in
a1 = s - a , b1 = s - b , c1 = s - c .
Po eni strani je po Heronovi formuli ploščina trikotnika
S = (s(s - a)(s - b) (s - c)) 1/2,
po drugi strani pa je
S = ra / 2 + rb / 2 + rc / 2 = rs
in dobimo izraz
r2 = a1 b1 c1 / s .

Točki P in J ležita na simetrali kota a, zato po pravilu podobnih trikotnikov velja

p / r = u / a1 oziroma p = ru / a1 .
Podobno dobimo
q = rv / b1 .

Točki U, V naj bosta dotikališči krožnic P, Q s stranico c in naj bo t = |UV| . Točko F izberemo tako, da sta daljici PF in QV pravokotni. Po Pitagorovem izreku je

|PQ| 2 = |PF| 2 + |FQ| 2,
torej
(q + p)2 = t2 + (q - p)2
in sledi
t = 2(p q) 1/2 .
V ta izraz vstavimo izraza za p in q nato pa še za r2 in dobimo
t = 2 (c1 u v / s) 1/2.
Ker pa je u + v + t = c, dobimo enačbo
u + v + 2 (c1 u v / s) 1/2 = c.
Na enak način pridemo zaradi simetrije še do enačb:
v + w + 2 (a1 v w / s) 1/2 = a,
w + u + 2 (b1 w u / s) 1/2 = b.

Če vzamemo s za dolžinsko enoto, se te enačbe nekoliko poenostavijo:

v + w + 2 (a1 v w ) 1/2 = a,
w + u + 2 (b1 w u ) 1/2 = b,
u + v + 2 (c1 u v ) 1/2 = c.

Sedaj vpeljimo substitucije za a, b, c, u, v, w (a, b, c so manjši od 1):

a = sin2l , b = sin2m , c = sin2n ,
u = sin2y , v = sin2j , w = sin2c ,
kjer so l, m, n, y, j, c ostri koti. Glede na to, da je funkcija x sin2x na intervalu od 0 do p/2 bijektivna (naraščajoča), gre za bijektivno korespondenco med koti in stranicami oz. odseki stranic.

Pokažimo, kako konstruiramo kot y, če imamo dan odsek u, in obratno kako konstruiramo u, če imamo dan kot y.

Narišemo polkrog s premerom HK dolžine 1. Izberemo na daljici HK točko M, da bo |HM| = u, skozi M narišemo pravokotnico na HK in ta premica bo sekala krožnico v točki, ki jo označimo z L. Nato narišemo daljico LK in dobimo kot HKL = y.

Obratno, če iščemo odsek u, narišemo pri točki K kot y, tako da bo en krak KH, drugi krak pa bo sekal krožnico v točki, ki jo označimo z L. Skozi to točko narišemo pravokotnico na daljico HK, dobimo presečišče M in u = |HM|.

Dokaz je enostaven. Ker je trikotnik HML pravokoten, je

u = |HM| = |HL|sinHLM = |HL|siny,
trikotnik HKL je prav tako pravokoten, zato je
|HL| = |HK|siny = siny
in tako je
u = sin2y .

Vrnimo se k nalogi. Naredili smo substitucije za a, b, c, u, v, w. Iz enačb

a + a1 = s = 1, b + b1 = 1, c + c1 = 1
sledi še:
a1 = cos2l , b1 = cos2m , c1 = cos2n .
Prejšnja trojica enačb dobi obliko:
sin2j + sin2c + 2sinj sinc cosl = sin2l ,
sin2c + sin2y + 2sinc siny cosm = sin2m ,
sin2y + sin2j + 2siny sinj cosn = sin2n .

Poglejmo si prvo enačbo; spominja nas na kosinusni izrek. če vzamemo trikotnik z notranjima kotoma j in c, tako da bo premer očrtanega kroga 1, zunanji kot pri tretjem oglišču pa označimo z d, so stranice tega trikotnika sinj, sinc, sind in po kosinusnem izreku dobimo enačbo

sin2j + sin2c + 2sinj sinc cosd = sin2d ,
ki je enake oblike, kot prva enačba v trojici. Ta enačba je kvadratna enačba za neznanko cosl:
cos2l + 2sinj sinc cosl + sin2j + sin2c - 1 = 0.
Po prejšnjem razmisleku je torej cosd ena od dveh rešitev te enačbe. Ker pa je sin2j + sin2c - 1 = v + w - 1 manjše od a - 1, ki je manj od 0, vemo po Vietovem pravilu, da je ena rešitev pozitivna, druga pa negativna. Zanima nas pozitivna rešitev, saj smo privzeli, da je kot l oster. Če torej pokažemo, da je tudi d oster (oz. cosd več od 0), je cosl = cosd in s tem l = d.

Vemo, da je d = j + c, in ker je v + w   manj od 1, je w   manj od 1 - v   in c manj od p/2 - j. Od tod sledi, da je d manj od p/2.

Postopek je enak za drugi dve enačbi. Tako pridemo do treh relacij:

j + c = l, c + y = m, y + j = n.
Če vpeljemo še oznako
s = (l + m + n) / 2 ,
lahko pišemo
y = s - l, j = s - m, c = s - n.

Glede na prejšnje substitucije, dobimo od tod vrednosti za u, v, w in naloga je REŠENA.

substitucije | nazaj
Vir: H. Dörrie, 100 great problems of elementary mathematics: their history and solutions

Alenka Kocjančič e-mail
Fakulteta za matematiko in fiziko
Univerza v Ljubljani

November 1999