Prednedávnom som natrafil na jeden príjemný a pomerne slávny príklad zo stredoškolskej geometrie, ktorý ma dosiaľ akosi obišiel. Možno ho nepoznáte a jeho riešenie Vás poteší tak ako potešilo mňa:Majme "veľký" rovnostranný trojuholník ABC, pričom na stranách AB, BC, CA sú body D, E, F zakreslené tak, že |AD|/|AB|=|BE|/|BC|=|CF|/|CA|=1/3, kde symbol |.| označuje dĺžku úsečky. Prienik trojuholníkov ABF, BCD a CAE nazvime "malý" trojuholník. Aký je pomer plôch "malého" a "veľkého" trojuholníka?
Správna odpoveď je samozrejme len jediná, ale spôsobov ako sa k nej dopracovať je veľa. Som zvedavý, kto z Vás príde na ten najkrajší.
10 komentárov:
ja si myslim, ze je to 1/7. postup sa mi zatial nechce kreslit, hlavne ked si niesom isty vysledkom. zaujimalo by ma ci to este niekomu vyslo rovnako.
Brano, vychází mi to jako necelých sedm, ještě méně než 6,7. Ale hezké řešení jsem nenašla, krátké ano, hezké moc ne, tak si hraju dál.
Rado, hezký příklad, taky mě nějak minul..
Cafko Rado. Elegantna uloha ;-) Taka pekna ze som sa nad nou musel zamysliet.
Mne to vychadza (ak som sa nesekol niekde v cisielkach, vypocet som po sebe nekontroloval), ze strana maleho trojuholnika je a/sqrt(7), kde a je strana velkeho. Taku istu dlzku ma aj ten druhy 'vacsi' segment z troch na ktore je kazda 'tetiva' rozdelena.
Popri vypocte tejto strany som ako bonus ziskal obsahy vsetkych casti, na ktore je trojuholnik rozdeleny, ako aj dlzky vsetkych segmentov, ktore su na obrazku.
Hehe, pozeram prave, ze Brano ma vlastne rovnaky vysledok! Tak fajn ;-)
Braňo, Peťo: Správne. Plocha malého trojuholníka je skutočne presne jedna sedmina plochy veľkého trojuholníka. (Tychi sa musela niekde numericky pomýliť; niektoré spôsoby výpočtu sú veľmi náchylné na chyby.)
Aké metódy riešenia ste použili (aspoň zhruba)?
Vymyslela som asi 5 roznych sposobov ako riesit tuto ulohu. Jeden sposob bol zratat v akom pomere sa pretinaju usecky AE, BF a CD a pomocou toho vypocitat obsah maleho trojuholnika (to sa da vhodnym dokreslenim rovnobezky so stranou trojuholnika ABC prechadzajucou cez tretinu inej strany trojuholnika a vyuzitim podobnosti trojuholnikov, ktore tam vznikli, plus nejake dalsie vypocty). Lenze to by bolo vela pocitania a to sa mi nechcelo. Dalsi sposob, ktory mi napadol, bol taky drevorubacsky: umiestnit cely obrazok do suradnicovej sustavy a zratat to analyticky. No ale to by urcite vychadzali skarede medzivysledky, teda som sa radsej do toho ani nepustala. Nastastie mi napadlo aj zopar jednoduchsich postupov:
1. sposob (pomocou obsahov):
Oznacim si vrcholy maleho trojuholnika G, H, I (G je najblizsie k A, H je najblizsie k B, I je najblizsie k C). Obsah maleho trojuholnika si oznacim S1. Trojuholniky AGI, BHG, CIH maju zrejme rovnaky obsah, nech je to S2. S3 nech je obsah kazdeho z trojuholnikov FIA, DBG, CHE, S4 zase obsah trojuholnikov ADG, BEH, CFI.
Trojuholniky ADG, DBG maju spolocnu vysku na stranu AD, resp. DB. AD je tretina strany velkeho trojuholnika, preto plati 2.S4=S3. To iste plati aj pre trojuholniky ADI a DBI, ADC a DBC. Vdaka tomu dostanem dalsie dva vztahy: 2(S2+S4)=S1+S2+S3, 2(S2+S3+2S4)=S1+2S2+2S3+S4. Z toho po upravach dostanem: S1=3S4, S2=3S4, S3=2S4. Obsah velkeho trojuholnika ABC je S1+3(S2+S3+S4)=21.S4. To znamena, ze obsah maleho trojuholnika GHI je 1/7 obsahu trojuholnika ABC.
2. sposob (pomocou nekonecnej trojuholnikovej siete):
Nakreslim si cast nekonecnej trojuholnikovej siete (zlozenu z rovnostrannych trojuholnikov), v ktorej najmensi trojuholnik bude mat stranu dlzky |AB|. Do tejto siete si dokreslim, najlepsie druhou farbou :), druhu trojuholnikovu siet taku, ze kazda jej priamka prechadza vrcholom trojuholnika z prvej trojuholnikovej siete a deli protilahlu stranu tohto trojuholnika v pomere 1:2. Ked vyrezem jeden trojuholnik z prvej trojuholnikovej siete, dostanem obrazok ako je v zadani (len asi tam bude zopar ciar nevyse), t. j. najmensi trojuholnik tejto siete ma stranu velkosti |GH|. Pre kazdu priamku druhej siete plati, ze prechadza dvomi protilahlymi vrcholmi (tymi dvomi vzdialenejsimi) nejakeho kosodlznika tvoreneho 4 susediacimi trojuholnikmi prvej siete. Na tejto (t. j. dlhsej) uhlopriecke takeho kosodlznika je presne sedem stran malych trojuholnikov (tym myslim trojuholnikov tvoriacich tu druhu siet). Pomocou kosinusovej vety vypocitam dlzku tejto uhlopriecky: x^2=|AB|^2+4|AB|^2-2|AB|.2|AB|cos(120°), teda x=|AB|sqrt(7), |GH|=x/7=((sqrt(7)/7)|AB|. Kedze pomer obsahov dvoch rovnostrannych trojuholnikov je pomer druhych mocnin velkosti ich stran, tak obsah trojuholnika GHI je 1/7 obsahu trojuholnika ABC.
3. sposob (zatial nedomysleny):
Keby sa mi nejakym jednoduchym sposobom podarilo dokazat, ze |AG|=|GH|, potom samozrejme aj |BH|=|HI|, |CI|=|IG|. (Stacilo by mi, ze dlzky tych useciek su rovnake, nepotrebovala by som ich presnu velkost.) To by znamenalo, ze vsetkych sedem trojuholnikov AGE, GBH, CHB, CHI, CIA, AGI a GHI ma rovnaky obsah, lebo pre kazde dva z nich, ktore maju spolocnu jednu stranu, viem najst ich spolocnu vysku na dve strany trojuholnikov, ktore su rovnakej dlzky. Napriklad trjuholniky AGI a GHI maju spolocnu vysku na stranu AG, resp. GH, a trojuholniky AGB a GHB maju spolocnu vysku na stranu AG, resp. GH. No a potom je jasne, ze obsah maleho trojuholnika je 1/7 obsahu velkeho trojuholnika.
Katka: Myslím, že by si urobila dojem aj na Feynmana. (Pozri toto pdf a túto stránku z wikipedie.)
Pre uplnost este dodam jednoduche zdovodnenie toho, ze |AG|=|GH|:
Bod G lezi na usecke AE, preto jeho vzdialenost od strany AC je dvakrat vacsia ako jeho vzdialenost od strany AB. G lezi aj na usecke CD, teda vzdialenost bodu G od strany CB je dvakrat vacsia ako jeho vzdialenost od strany CA. Nech vzdialenost bodu G od strany AB je x, potom jeho vzdialenost od strany AC je 2x a vzdialenost od strany BC je 4x. Taku istu uvahu mozem spravit aj pre bod H. Dostanem, ze vzdialenost bodu H od strany AB je dvakrat vacsia ako vzdialenost bodu G od strany AB. Z toho vyplyva (na zaklade podobnosti trojuholnikov...), ze |AH|=2|AG|.
Katka: Tvoje riešenia sú skutočne pekné.
Myslím, že tento príklad by mohol byť pre učiteľov matematiky na strednej škole veľmi užitočný, pretože sa pomocou neho dá ilustrovať všeličo od výpočtu plôch trojuholníka ako základňa krát výška, cez podobnosť trojuholníkov, kosínusovú vetu, až po analytickú geometriu.
Moje povodne riesenie je ine ako Katkine riesenia (a nie tak elegantne). Vcera som este pre skusku skusil ist na to vektormi, a cuduj sa svete, cele to vyslo velmi pekne, elegantne a lahko.
Moj kolega z Japonska sa nad tym dnes zamyslel a vymyslel dalsie riesenie.
Uz ich mame tolko, ze by sme to hadam mohli spisat... ;-)
Peťo: Nuž, dala by sa asi spísať celá zbierka pekných a poučných riešení tohoto jedného príkladu. To by bola celkom zábava: "101 Solutions of the Feynman's Triangle Problem" :-)
Inak článok R.J. Cook & G.V. Wood (2004) Feynman's Triangle Mathematical Gazette 88:299-302 údajne obsahuje 4 riešenia tohto problému.
Zverejnenie komentára