diplomsko delo - university of ljubljanapefprints.pef.uni-lj.si › 3626 › 1 ›...

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO

DIPLOMSKO DELO

MIHAELA REMIC

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO

Studijski program: Matematika in fizika

ROUTHOV IZREK

Diplomsko delo

Mentor: dr. Matija CENCELJ Kandidatka: Mihaela REMIC

Somentor: dr. Tadej STARCIC

Ljubljana, junij, 2016

ZAHVALA

Kdor ve, da nic ne ve, je moder.

Kdor ve, cesa ne ve, lahko vprasa.

In kdor ve, kje bo dobil odgovor, ga lahko najde.

(Albert Einstein)

Zahvala mentorju Matiji Cenclju in somentorju Tadeju Starcicu za vse nasvete

in usmerjanje pri nastajanju diplomskega dela.

Hvala Mojci za prevod povzetka.

Posebna hvala se Sebastijanu, ki mi je nesebicno stal ob strani in me podpiral.

Vsem iskreno hvala.

Program diplomskega dela

Obravnavajte Routhov izrek in njegovo posplositev.

Osnovni vir naj predstavlja clanek:

Benyi A., Curgus B., A generalization of Routh’s triangle theorem, 2012

Dostopno na: http://arxiv.org/pdf/1112.4813.pdf

prof. dr. Matija Cencelj

POVZETEK

V elementarni geometriji je eden najpomembnejsih izrekov o geometriji trikotnikov

Cevov izrek. Cevov izrek podaja kriterij, kdaj mnozica treh Cevovih premic, po ena

skozi vsako oglisce in tocko nasprotilezne stranice danega trikotnika, tvori sop. Ro-

uthov izrek je neke vrste posplositev Cevovega izreka, saj v primeru, da dane Cevove

premice ne tvorijo sopa, poda razmerje ploscin danega trikotnika in trikotnika, ki ga

dobimo s presecisci Cevovih premic. V diplomskem delu predstavimo in dokazemo

Routhov izrek s pomocjo Menelajevega izreka.

V zadnjem delu diplomskega dela pa predstavimo se posplositev Routhovega izreka

za primer, ko imamo sest Cevovih premic, po en par premic skozi vsako oglisce

danega trikotnika.

Kljucne besede: trikotnik, Cevov izrek, Routhov izrek, ploscina trikotnika,

Menelajev izrek.

Math. Subj. Class. (2010): 01A55,

97G30.

ABSTRACT

The Ceva’s theorem is one of the most important theorems in elementary geometry.

This theorem provides criteria under which a set of three Ceva’s line segments, one

through each vertex and a point of opposite lying side of the given triangle are

concurrent. The Routh’s theorem is a kind of generalization of the Ceva’s theorem.

When the given Ceva’s lines are not concurrent, the Routh’s theorem gives the ratio

between the areas of the given triangle and the triangle, which we get with the

intersection of the Ceva’s lines.

In this work we present and prove the Routh’s theorem with the help of the Me-

nelauses’ theorem. In the last part of this work we present the generalization of

the Routh’s theorem to the case when six Ceva’s line segments are given, one pair

through each vertex of the given triangle.

Keywords: triangle, Ceva’s theorem, Routh’s theorem, area of triangle,

Menelauses’ theorem.

Math. Subj. Class. (2010): 01A55,

97G30.

Kazalo

Uvod 1

1 Osnovni pojmi ravninske geometrije 3

1.1 Aksiomi in definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Izreki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Ploscina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4 Cevov in Menelajev izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 Routhov izrek in posplositve 38

2.1 Routhov izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.2 Routhov izrek v posebnih primerih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.3 Sorodni izreki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.4 Posplositev Routhovega izreka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3 Zakljucek 58

Literatura 59

viii

Uvod

V diplomskem delu je obravnavan Routhov izrek, ki poda razmerje med ploscino

danega trikotnika in trikotnika, ki ga dobimo, ce oglisca danega trikotnika povezemo

z izbranimi tockami na nasproti lezecih stranicah. Poseben poudarek je namenjen

tudi njegovi posplositvi, ko vsako oglisce povezemo s po dvema tockama na nasproti

lezecih stranicah trikotnika.

V prvem poglavju bodo podani aksiomi, definicije in izreki, s pomocjo katerih si

bomo pomagali pri dokazovanju Routhovega izreka. Drugo poglavje vsebuje Ro-

uthov izrek in njegove posledice. V zadnjem delu tega poglavja pa bomo predstavili

se posplositev Routhovega izreka.

V pomoc k lazjemu razumevanju so ob definicijah, izrekih in dokazih dodane slike.

Routhov izrek je bil prvic omenjen leta 1891 v Treatise on Analytical Statics with

Numerous Examples v zvezku 1, Chapter IV, na strani 89. Izrek se imenuje po

angleskem matematiku Edwardu Routhu (Slika 1), ki je deloval sredi 19. stoletja.

Edward John Routh [1] se je rodil 20. januarja leta 1831 v Quebecu v Kanadi in

umrl 7. junija leta 1907 v Cambridgu v Angliji.

Slika 1: Edward Routh

1

2

Routh se je rodil angleskemu ocetu Randolphu Ishamu Routhu (1782 - 1858) in

francosko-kanadski materi, njegovi drugi zeni, Marie Louise Taschereau (1810 -

1891). Pri 11 letih se je preselil v Anglijo in bil vpisan na University College School.

Kasneje po pridobitvi stipendije leta 1847 se je solal na University College v Lon-

donu. Tam je studiral pod vodstvom Augustus De Morgana.

Ko je Routh diplomiral, je zacel delati kot osebni matematicni ucitelj v Cambridgu.

Za svoje delo je Routh prejel stevilne nagrade. Leta 1854 je prejel Smithovo nagrado,

leta 1856 je bil med ustanovnimi clani London Mathematical Society, leta 1866 je

bil izvoljen v clanstvo Royal Astronomical Society ter bil leta 1872 sprejet v Royal

Society, leta 1877 pa je prejel se Adamsovo nagrado, leta 1883 je postal castni clan

v Peterhousu.

S Henryjem Broughamom je sodeloval pri delu Analytical View of Sir Isaac Newton’s

Principia (1855). Routh je objavil stevilne razprave in ucbenik Dynamics of a Sy-

stem of Rigid Bodies (1860, 1897), v katerem je opredelil in sistematiziral mehanicno

sodobno matematiko.

Poleg intenzivnega dela s poucevanjem in pisanjem je imel tudi viden vpliv pri

predstavitvi matematicne fizike.

Poglavje 1

OSNOVNI POJMI

RAVNINSKE GEOMETRIJE

Geometrija [2] (beseda izvira iz grskih besed Gaia - Zemlja in metria - merjenje) je

ena najstarejsih vej matematike, ki zajema proucevanje tock, crt, kotov in raznih

oblik, njihovih odnosov in lastnosti. Geometrija je imela v starih kulturah izredno

velik pomen. Clovek jo je razvil zaradi lazjega razumevanja prostora. Uporabljali

so jo v vsakdanjem zivljenju, pri prezivetju, v astronomiji, pri pomorstvu in v grad-

benistvu. Njene korenine segajo v cas vec tisoc let pred nasim stetjem, v obdobje

starega Egipta zaradi rednega poplavljanja reke Nil, v Mezopotamiji zaradi popla-

vljanja reke Ind in poplavljanja rek na Kitajskem potrebno na novo dolocati meje

zemeljskih povrsin. Za to je bilo potrebno natancno meriti, risati in racunati. Ra-

zvoj geometrije so nadaljevali stari Grki. V 3. st. pr. n. st. je bilo ze toliko gradiva

in razlicnih metod, da so se pojavili prvi poizkusi zdruzitve geometrijskih znanj v

enotni sistem. Za oceta sodobne matematicne geometrije velja Evklid (Slika 2) iz

Aleksandrije.

Slika 2: Evklid

3

1.1 Aksiomi in definicije 4

Evklid je poskusal definirati vse pojme, danes pa vemo, da se tega ne da doseci.

Privzeli bomo, da med osnovne nedefinirane pojme spadajo tocka, premica, razda-

lja, ravnina, velikost kota in ploscina. Ostale pojme bomo potemtakem definirali

z nedefiniranimi in s prej definiranimi pojmi. Tocke bomo oznacevali z velikimi ti-

skanimi crkami z zacetka abecede, premice pa z malimi tiskanimi crkami s sredine

abecede.

V naslednjih treh razdelkih bomo zapisali nekaj aksiomov, definicij in izrekov, ki so

potrebni za predstavitev osrednje teme tega diplomskega dela. Teoreticni uvod sledi

aksiomatskemu sistemu po viru [3].

1.1 Aksiomi in definicije

Aksiomi so trditve, ki jih sprejemamo brez dokaza in predstavljajo izhodisce. De-

finicija pa je izjava, ki razlaga pomen besede ali besedne zveze in je natancna ter

jedrnata.

Mi bomo sledili sistemu, ki ga je razvil George David Birkhoff leta 1932, ko je v

aksiome geometrije vpeljal realna stevila in merjenje.

Aksiom 1.1.1 (Aksiom o obstoju tocke) Tocke tvorijo neprazno mnozico, ki

ima vec kot en element.

Definicija 1.1.2 Mnozico vseh tock imenujemo ravnina in jo oznacimo s P.

Aksiom 1.1.3 (Aksiom incidence) Vsaka premica je mnozica tock. Za vsak par

tock A in B obstaja ena sama premica p, da je A ∈ p in B ∈ p.

Dogovorimo se, da bomo premico, na kateri lezita razlicni tocki A in B, oznacevali

z←→AB. S tem zapisom bomo poudarili, da je premica dolocena s tocno dolocenima

tockama.

Definicija 1.1.4 Tocka A lezi na premici p, ce A ∈ p .

Definicija 1.1.5 Dve razlicni premici p in m sta vzporedni ali paralelni, ce se ne

sekata. S simboli to zapisemo: p ‖ m.

Na tem mestu v naso obravnavo geometrije vpeljemo realna stevila R.


Aksiom 1.1.6 (Aksiom ravnila) Za vsaki tocki A in B obstaja realno stevilo, ki

ga imenujemo razdalja od A do B. Oznacimo jo z AB. Za vsako premico p obstaja

taka bijekcija iz p na R, da za poljubni tocki A, B ∈ p, ki se s to bijekcijo preslikata

v x oziroma y, velja AB = |x− y|.

Definicija 1.1.7 Naj bodo A, B in C razlicne tocke. Tocka C je med tockama A

in B. To z znakom * zapisemo A ∗ C ∗B, ce je C ∈←→AB in velja AC + CB = AB.

(Slika 3)

A

BC

Slika 3: Kolinearne tocke oziroma vmesnost tock na premici

Definicija 1.1.8

(a) Daljica AB je definirana z enakostjo AB = {A,B} ∪ {C;A ∗ C ∗B}.

(b) Poltrak−−→AB je definiran z enakostjo

−−→AB = AB ∪ {C;A ∗B ∗ C}.

A B

A B

A B

Slika 4: Daljica, poltrak, premica

Definicija 1.1.9 Dolzina daljice AB je razdalja |AB| ali AB med tockama A in B.

Definicija 1.1.10 Daljici AB in CD sta skladni, ce je |AB| = |CD|. Skladnost

dveh daljic oznacimo s simbolom: AB ∼= CD.

Definicija 1.1.11 Tocki A in B sta krajisci daljice AB, vse ostale tocke te daljice

pa so notranje tocke te daljice. Tocka A je krajisce poltraka−−→AB.


Definicija 1.1.12 Tocki A in B naj bosta razlicni tocki. Tocka M je sredisce daljice

AB, ce je M med A in B in je |AM | = |MB|.

Z naslednjim aksiomom bomo zagotovili, da premica preseka ravnino na dva locena

dela. Na ta nacin bomo lahko definirali kot.

Aksiom 1.1.13 (Aksiom o separaciji ravnine) Za vsako premico p velja, da

tocke ki niso na njej, tvorijo dve neprazni disjunktni mnozici H1 in H2, ki jima

pravimo polravnini omejeni s p, za kateri velja:

1. H1 in H2 sta konveksni mnozici.

2. Ce je P ∈ H1 in Q ∈ H2, daljica PQ preseka premico p.

O polravninah H1 in H2, na kateri razdeli ravnino P premica p, lahko recemo tole:

• H1 ∪H2 = P\p,

• H1 ∩H2 = ∅,

• H1 6= ∅ in H2 6= ∅,

• ce je A ∈ H1 in B ∈ H1, potem velja AB ⊆ H1 in AB ∩ p = ∅,

• ce je A ∈ H2 in B ∈ H2, potem velja AB ⊆ H2 in AB ∩ p = ∅,

• ce je A ∈ H1 in B ∈ H2, potem velja AB ∩ p 6= ∅.

Definicija 1.1.14 Naj tocki A in B ne lezita na premici p. Ce sta tocki v isti

polravnini, recemo, da sta tocki na isti strani premice p, sicer sta tocki na nasprotnih

straneh premice p.

Definicija 1.1.15 Poltraka−−→AB in

−→AC, ki imata skupno krajisce, sta si nasprotna

poltraka ali dopolnilna poltraka (Slika 5a) natanko tedaj, ko nista enaka, a velja←→AB =

←→AC. Sicer sta si nenasprotna (Slika 5b).

Definicija 1.1.16 Kot je unija dveh nenasprotnih poltrakov−−→AB in

−→AC, ki imata

skupno krajisce. Kot oznacimo s simbolom ∠BAC ali ∠CAB. Tocka A je vrh kota,

poltraka−−→AB in

−→AC pa sta kraka kota.


C BA

(a) nasprotna poltraka

C

B

A

(b) nenasprotna poltraka

Slika 5

A

B

C

Slika 6: Notranjost kota

Definicija 1.1.17 Naj bodo A, B in C take tocke, da si poltraka−−→AB in

−→AC nista

nasprotna. Notranjost kota ∠BAC definiramo takole: tocka P je v notranjosti kota

∠BAC, ce je na isti strani premice←→AB kot tocka C in na isti strani premice

←→AC

kot tocka B (Slika 6).

Definicija 1.1.18 Tocke A, B in C so kolinearne, ce obstaja premica p, na kateri

lezijo tocke A, B in C (Slika 3). Ce taka premica p ne obstaja, so tocke A, B in C

nekolinearne.

Definicija 1.1.19 Naj bodo A, B in C tri nekolinearne tocke. Trikotnik ∆ABC je

unija daljic, ∆ABC = AB ∪BC ∪CA. Tockam A, B, C recemo oglisca trikotnika

∆ABC, daljicam AB, BC, CA pa stranice trikotnika ∆ABC (Slika 7).

A B

C

c

ab

Slika 7: Trikotnik ∆ABC


V trikotniku ∆ABC oznacujemo daljico BC z oznako a, daljiico CA z oznako b in

daljico AB z oznako c.

Trikotnike razdelimo glede na dolzine stranic (Slika 8):

(a) enakostranicni (vse tri stranice enako dolge),

(b) enakokraki (dve stranici enako dolgi),

(c) raznostranicni (vse stranice razlicno dolge).

A Ba

C

a a

(a) enakostranicni

A B

C

c

aa

(b) enakokraki

A B

C

c

ab

(c) raznostranicni

Slika 8: Trikotniki glede na dolzino stranic

Definicija 1.1.20 Poltrak−−→AD lezi med poltrakoma

−−→AB in

−→AC, ce je tocka D v

notranjosti kota ∠BAC (Slika 9).

A B

C

D

Slika 9

Aksiom 1.1.21 (Aksiom o kotomeru) Za vsak kot ∠BAC obstaja realno stevilo

µ(∠BAC), ki mu recemo velikost kota ∠BAC, in zanj veljajo naslednje lastnosti:

1. 0◦ ≤ µ(∠BAC) < 180◦ za vsak kot ∠BAC.

2. µ(∠BAC) = 0◦ natanko tedaj, ko−−→AB =

−→AC

3. (konstrukcija kota) Za vsako realno stevilo r, 0 < r < 180, in za vsako polravnini

H, ki jo omejuje premica←→AB, obstaja natanko en tak poltrak

−→AE, da je E ∈ H in

µ(∠BAE) = r◦.


4. (vsota kotov) Ce lezi poltrak−−→AD med poltrakoma

−−→AB in

−→AC, velja

µ(∠BAC) = µ(∠BAD) + µ(∠DAC).

Podobno kot smo definirali skladnost daljic definiramo tudi skladnost kotov.

Definicija 1.1.22 Kota ∠BAC in ∠EDF sta skladna, ce za neko realno stevilo µ,

ki pomeni velikost kota, velja µ(∠BAC) = µ(∠EDF ).

Locimo tri vrste kotov.

Definicija 1.1.23 Kot ∠BAC je:

a) pravi kot, ce je ∠BAC = 90◦,

b) ostri kot, ce je µ(∠BAC) < 90◦ in

c) topi kot, ce je µ(∠BAC) > 90◦.

V geometriji ponavadi kote merimo v kotnih stopinjah, kar oznacimo s simbolom ◦.

Definicija 1.1.24 Naj bodo A, B in C tri nekolinearne tocke. Poltrak−−→AD je raz-

polovitev kota ∠BAC, ce je tocka D v notranjosti kota ∠BAC in velja µ(∠BAD) =

µ(∠DAC). Premici←→AD recemo tudi simetrala kota ∠BAC (Slika 10).

AB

CD

Slika 10: Simetrala kota

Ni tezko videti, da je simetrala kota enolicno dolocena.

Definicija 1.1.25 Premici p in m sta pravokotni, ce obstajajo take tocke A ∈ p∩m,

B ∈ p, C ∈ m, da je kot ∠BAC pravi kot (Slika 11). To oznacimo s simbolom

p ⊥ m.

Definicija 1.1.26 Naj bosta A in B razlicni tocki. Simetrala daljice AB je premica

p, ki gre skozi sredisce daljice AB in p ⊥←→AB (Slika 12).


A

B

C

m

p

Slika 11: Pravokotni premici

A B

p

Slika 12: Simetrala daljice

Ni tezko videti, da je simetrala daljice enolicno dolocena.

Povedali smo ze, kaj je skladnost daljic in kaj je skladnost kotov, zdaj pa bomo

skladnost razsirili se na trikotnike.

Definicija 1.1.27 Trikotnika sta skladna, ce obstaja taka bijekcija med mnozicama

oglisc prvega in drugega trikotnika, pri kateri se vsaka stranica preslika v skladno

stranico in vsak kot v skladni kot.

Aksiom 1.1.28 (Aksiom SKS) Ce za trikotnika ∆ABC in ∆DEF velja AB ∼=DE, ∠ABC ∼= ∠DEF in BC ∼= EF , potem je ∆ABC ∼= ∆DEF (Slika 13).

A B

C

E D

F

Slika 13: Skladna trikotnika - SKS

V zapisu SKS pomeni S kratico za stranico in K kratico za kot. Zadostni pogoji,

ki so potrebni, da sta dva trikotnika skladna, so zapisani v naslednjem razdelku pri

skladnostnih izrekih 1.2.9.


Trditev 1.1.29 Za vsako premico p in vsako zunanjo tocko A obstaja natanko ena

premica n, da je A ∈ n in n ⊥ p.

Definicija 1.1.30 Naj bo p premica in A tocka, ki ni na p. Naj bo n pravokotnica

na p skozi tocko A. Tedaj je razdalja d(A, p) od tocke A do premice p enaka dolzini

daljice s krajiscema A in n ∩ p (Slika 14).

p

n

A

Slika 14: Razdalja tocke od premice po pravokotnici

Definicija 1.1.31 Daljici CD od oglisca C trikotnika ∆ABC do presecisca D pra-

vokotnice iz C na premico←→AB recemo visina na stranico AB (Slika 15).

A B

C

D

v

Slika 15: Visina v trikotniku

Tudi visina je enolicno dolocena.

Aksiom 1.1.32 (Aksiom o vzporednici) Za poljubno premico p in poljubno tocko

A, ki ne lezi na p, obstaja natanko ena premica m, da tocka A lezi na m in je m ‖ p.

Definicija 1.1.33 Premici r, ki seka dve premici p in m v razlicnih tockah A in

A′, recemo precnica (Slika 16). Ob tem nastane osem kotov z vrhovoma A in A′ ob

precnici. Locimo notranje in zunanje kote. Notranja (ali zunanja) kota z razlicnima

vrhoma, ki lecita na isti strani precnice imenujemo nasprotna kota, ce pa lezita na

razlicnih straneh precnice, jima recemo izmenicna kota.

1.2 Izreki 12

p

mA′

A

r

Slika 16: Precnica

Definicija 1.1.34 Naj bodo A,B,C in D take tocke, da nobene tri od njih niso

kolinearne in poljubni dve od daljic AB, BC, CD in DA ali nimata skupne tocke

ali pa imata skupno le krajisce. Tedaj tocke A,B,C in D dolocajo stirikotnik, ki

je unija daljic �ABCD = AB ∪ BC ∪ CD ∪ DA. Tem daljicam recemo stranice

stirikotnika, tockam A,B,C,D pa oglisca tega stirikotnika. Stranicama AB in CD

recemo nasprotni stranici, prav tako tudi stranicama BC in DA.

Definicija 1.1.35 Stirikotniku �ABCD pravimo paralelogram, ce velja←→AB ‖

←→CD

in←→BC ‖

←→AD.

Definicija 1.1.36 Trikotnika ∆ABC in ∆DEF sta si podobna, ce velja, ∠ABC ∼=∠DEF , ∠CAB ∼= ∠FDE in ∠BCA ∼= ∠EFD. Podobnost trikotnikov ∆ABC in

∆DEF bomo oznacevali s simbolom: ∆ABC ∼ ∆DEF .

Zapisani aksiomi in definicije predstavljajo izhodisce zapisanim izrekom v nasle-

dnjem razdelku.

1.2 Izreki

Izreki so trditve, ki so sestavljene iz ze znane predpostavke in nove lastnosti, ki pa

jo je potrebno dokazati. Pomagali si bomo z zapisanimi aksiomi in definicijami iz

prejsnjega razdelka. Vecina izrekov bo dokazanih, nekatere dokaze pa bomo izpustili.

Na osnovi Aksioma 1.1.6 obstaja funkcija razdalje med poljubnimi pari tock. Oglejmo

si temeljne lastnosti funkcije razdalje.

Izrek 1.2.1 Za poljubni tocki A in B velja:

1. AB = BA

1.2 Izreki 13

2. AB ≥ 0

3. (AB = 0)⇔ (A = B)

Dokaz: Najprej pokazimo, da obstaja premica p, na kateri lezita tocki A in B. Ce

A 6= B, potem po Aksiomu 1.1.3 obstaja natanko ena premica p, ki gre skozi dani

tocki. Ce pa je A = B, potem pa po Aksiomu 1.1.1 obstaja neka druga tocka C in

skozi tocki A in C gre natanko ena premica p.

Po Aksiomu ravnila 1.1.6 obstaja bijekcija med tockami premice p in tockami na R.

Naj se tocki A in B preslikata v realni stevili x in y. Tedaj velja AB = |x − y| in

BA = |y − x|. S pomocje algebre vemo |x− y| = |y − x|, torej velja AB = BA.

Poleg tega iz algebre se vemo, da |x − y| ≥ 0, torej je res AB ≥ 0. S tem smo

dokazali prvi dve tocki izreka. Naj bo AB = 0, tedaj je |x−y| = 0, iz cesar v algebri

sledi, da x = y. Torej je potemtakem A = B. In se obratno: naj bo A = B, tedaj je

tudi x = y in zato |x− y| = 0 in AB = 0. Tako smo dokazali obe strani ekvivalence

v tretji tocki izreka.

Posledica 1.2.2 Naj bodo A, B, C kolinearne tocke. Tedaj velja A ∗ C ∗ B ⇔B ∗ C ∗A.

Dokaz: Naj tocka C lezi na←→AB. Ce velja A ∗ C ∗ B, po Definiciji 1.1.7 sledi

AC+CB = AB. Zaradi AC = CA in CB = BC sledi tudi BC+CA = BA in zato

B ∗ C ∗A. Analogno dokazemo tudi obratno smer ekvivalence.

V Kartezijevi ravnini [4] imamo tocke podane z urejenim parom koordinat. Pravo-

kotni koordinatni sistem v Kartezijevi ravnini sestavljata dve pravokotni osi. Po-

sebnost koordinatnega sistema je, da lahko mnozice tock opisemo z zvezami med

koordinatami tock.

Idejo za pravokotni koordinatni sistem, ki ga imenujemo tudi kartezicni koordinatni

sistem, je dobil Rene Descartes (1596 - 1650). Svoje ideje je predstavil v knjigi

Geometrija.

Z R2 bomo oznacevali koordinatno ali Kartezijevo ravnino, v kateri so vse tocke

urejeni pari. To zapisemo kot (x, y), kjer x, y ∈ R. Dana realna stevila a, b in c, od

katerih vsaj en od a ali b ni enak 0, dolocajo premico p, ki jo sestavljajo vse tocke

(x, y), za katere velja enacba

ax+ by + c = 0.

1.2 Izreki 14

−2 −1 1 2 3 4 5

−3

−2

−1

1

2

0

Enacba premice

y = 23x− 2

A

B

a

Slika 17: Premica

Tocka lezi na premici, ce njene koordinate ustrezajo enacbi premice. Prejsnji zapis

enacbe premice imenujemo implicitna oblika zapisa, ki je primerna za razresevanje

sistema enacb. Pogosto pa za premico uporabljamo splosni zapis y = kx+ n.

Razdalja med dvema tockama podanima s koordinatami je definirana s predpisom

d((x1, y1), (x2, y2)) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

za tocko A(x1, y1) in tocko B(x2, y2) (Slika 17).

Izrek 1.2.3 (Paschev aksiom) Naj bodo A, B, C poljubne tri nekolinearne tocke,

ki tvorijo trikotnik ∆ABC in p poljubna premica, ki ne vsebuje nobene od navedenih

tock. Ce premica p seka daljico AB, potem seka se vsaj eno od daljic AC, BC (Slika

18).

H1 H2

A B

C

p

Slika 18: Paschev aksiom

1.2 Izreki 15

Dokaz: Naj bo ∆ABC trikotnik in p taka premica, ki preseka AB in na njej ne lezi

nobeno oglisce trikotnika ∆ABC. Po Aksiomu o separaciji ravnine 1.1.13 naj bosta

H1 in H2 dve polravnini omejeni s p. Tocki A in B ne lezita v isti polravnini. Tocka

C lezi v eni ali v drugi polravnini. Ce C ∈ H2, potem AC ∩ p 6= ∅. Ce C ∈ H1,

potem BC ∩ p 6= ∅. Torej mora premica p presekati tudi AC ali pa BC.

Izrek 1.2.4 Naj bo p premica, A tocka na njej in tocka B izven nje. Ce je tocka

C med tockama A in B, sta B in C na isti strani premice p.

Dokaz: Naj bodo p,A,B in C kot v predpostavki izreka. Dokazati moramo BC ∩p = ∅. Najprej opazimo, da A ni med B in C, saj ni na daljici BC. Premici p in←→AB imata skupno le eno tocko in to je A, ki pa ni v BC. Torej res BC ∩ p = ∅.

Posledica 1.2.5 (Z-izrek) Naj bo p premica, A in D pa razlicni tocki na p. Ce

sta B in E tocki na razlicnih straneh premice p, je−−→AB ∩

−−→DE = ∅ (Slika 19).

p

AB

D E

Slika 19

Dokaz: Razen krajisc poltrakov vse tocke poltraka−−→AB lezijo na eni strani premice

p, vse tocke poltraka−−→DE pa na drugi strani. Po Aksiomu o separaciji ravnine 1.1.13

sta obe strani premice disjunktni, torej bi ta poltraka lahko imela skupno le krajisce,

to pa ni v skladu s predpostavko izreka.

Izrek 1.2.6 Naj bodo A, B in C nekolinearne tocke in naj bo D tocka na premici←→BC. Tedaj je tocka D med tockama B in C natanko tedaj, ko je poltrak

−−→AD med

poltrakoma−−→AB in

−→AC (Slika 20).

Dokaz: Naj bodo tocke A, B, C in D kot v predpostavki izreka. Najprej privze-

mimo, da je D med B in C. Tedaj sta C in D na isti strani premice←→AB in podobno

tocki B in D na isti strani premice←→AC. Torej je D v notranjosti kota in s tem

1.2 Izreki 16

D?

A B

D

C

Slika 20

poltrak−−→AD med poltrakoma

−−→AB in

−→AC. S tem smo dokazali eno implikacijo (⇒).

Pokazimo se drugo implikacijo (⇐). Naj bo poltrak−−→AD med poltrakoma

−−→AB in

−→AC. Tedaj je D v notranjosti kota ∠BAC, torej sta B in D na isti strani premice←→AC, zato C ni na daljici BD. Podobno dokazemo, da B ni na daljici CD. Torej so

B, C in D tri take razlicne kolinearne tocke, da C ni med B in D in B ni med C in

D. Torej ostane le ena moznost, da je D med tockama B in C.

Izrek 1.2.7 (Izrek o precki) Ce je ∆ABC trikotnik in je D tocka v notranjosti

kota ∠BAC, potem obstaja tocka G ∈−−→AD ∩BC (Slika 21).

G?

A B

C

D

Slika 21

Dokaz: Naj bosta trikotnik ∆ABC in tocka D kot v predpostavki izreka. Izberimo

tocki E in F , da bo E ∗ A ∗ B in F ∗ A ∗ D (to lahko naredimo zaradi Aksioma

ravnila 1.1.6) in naj bo p =←→AD. Ker je D v notranjosti kota ∠BAC, niti B niti

C nista na p. Zato lahko uporabimo Paschev aksiom 1.2.3 za trikotnik ∆EBC, da

ugotovimo, da mora p presekati ali EC ali BC (Slika 22).

1.2 Izreki 17

A B

C

D

E

F p

Slika 22

Dokaz bomo naredili takole: pokazali bomo, da poltrak−−→AD preseka ali EC ali BC

(ne pa njemu nasprotni poltrak−→AF ), nato pa pokazali tudi da,

−−→AD ne preseka EC.

Pokazati moramo torej:

•−→AF ∩ EC = ∅,

•−→AF ∩BC = ∅,

•−−→AD ∩ EC = ∅,

kar bomo vse pokazali z uporabo Z-izreka 1.2.5. Ker je A vmes med F in D, morata

F in D lezati na razlicnih straneh←→AB. Ker pa je D v notranjosti kota ∠BAC, sta

C in D na isti strani←→AB, torej sta F in C na nasprotnih straneh

←→AB. Po Z-izreku

1.2.5 je tedaj−→AF ∩

−−→EC = ∅. Ker je EC ⊂

−−→EC, dobimo

−→AF ∩ EC = ∅. Pokazali

smo, da sta C in F na nasprotnih straneh←→AB. Odtod sledi spet po Z-izreku 1.2.5,

da je−→AF ∩

−−→BC = ∅, zaradi BC ⊂

−−→BC dobimo torej

−→AF ∩BC = ∅. Ker je A med E

in B, sta E in B na razlicnih straneh premice←→AC (po Aksiomu o separaciji ravnine

1.1.13). Ker je D v notranjosti kota ∠BAC, pa sta D in B na isti strani←→AC, torej

sta E in D na razlicnih straneh←→AC. Torej po Z-izreku 1.2.5 spet

−−→AD ∩

−−→CE = ∅ in

zaradi EC ⊂−−→CE dobimo

−−→AD ∩ EC = ∅, s cimer smo zakljucili nas dokaz.

Izrek 1.2.8 Za vsako premico p in vsako zunanjo tocko A obstaja natanko ena

premica n, da je A ∈ n in n ⊥ p.

Dokaz je enostaven in ga bomo izpustili.

1.2 Izreki 18

Na tem mestu bomo zgolj omenili in zapisali vse stiri skladnostne izreke trikotnikov

brez dokazov. Te izreke krajse oznacujemo s kraticami, kjer S pomeni stranico, K

pa pomeni kot.

Izrek 1.2.9 (Izreki skladnosti trikotnikov)

1. skladnostni izrek SSS: Trikotnika sta skladna, ce se ujemata v vseh treh stra-

nicah.

2. skladnostni izrek SKS: Ce se trikotnika ujemata v dveh stranicah in v kotu,

ki ga stranici oklepata, sta skladna.

3. skladnostni izrek KSK: Ce se trikotnika ujemata v eni stranici in v dveh kotih

ob tej stranici, sta skladna.

4. skladnostni izrek SSK: Ce se trikotnika ujemata v dveh stranicah in kotu, ki

lezi nasproti najvecje stranice, sta skladna.

Izrek 1.2.10 Vsota notranjih kotov trikotnika je 180◦.

A B

C

α β

α β

γ

Slika 23

Trikotnike razdelimo tudi glede na velikost najvecjega notranjega kota (Slika 24):

(a) topokotni (en notranji kot meri vec kot 90 ◦),

(b) pravokotni (en notranji kot je enak 90 ◦),

(c) ostrokotni (vsi trije koti merijo manj kot 90 ◦).

A B

C

(a) topokotni

A B

C

(b) pravokotni

A B

C

(c) ostrokotni

Slika 24: Trikotniki glede na velikost notranjega kota

1.2 Izreki 19

Izrek 1.2.11 Naj bosta p in m premici, ki ju sece precnica r tako, da sta izmenicna

kota skladna. Tedaj sta premici p in m vzporedni.

Torej premici, ki ju seka neka precnica, sta vzporedni natanko tedaj, ko sta njuna

izmenicna kota skladna. Ni tezko videti, da velja Izrek 1.2.10.

Izrek 1.2.12 (Izrek o vzporedni projekciji) Naj bodo l, m in n tri paroma ralicne

vzporedne premice. Naj bo t precnica, ki seka premice l, m in n v tockah A, B ozi-

roma C (v tem vrstnem redu) in naj bo t′ tudi precnica na l, m in n, ki seka te

premice v tockah A′, B′ oziroma C ′ (v tem vrstnem redu). Naj bo A ∗B ∗C. Tedaj

velja|AB||AC|

=|A′B′||A′C ′|

.

Predstavljamo si, da premico t projiciramo vzdolz vzporednice l, m in n na premico

t′. Pri tem se AB preslika na A′B′ in AC na A′C ′ (Slika 25). Pri taki projekciji

se ohranjajo razmerja razdalj (ne pa nujno razdalje). Za ta izrek potrebujemo

tranzitivnost vzporednosti premic, kar nam zagotavlja evklidski Izrek o vzporednici

1.1.32. Najprej dokazimo poseben primer tega izreka.

Lema 1.2.13 Naj bodo l, m in n tri paroma ralicne vzporedne premice. Naj bo t

precnica, ki seka premice l, m in n v tockah A, B oziroma C (v tem vrstnem redu)

in naj bo t′ tudi precnica na l, m in n, ki seka te premice v tockah A′, B′ oziroma

C ′ (v tem vrstnem redu). Naj bo A ∗B ∗C. Ce je AB ∼= BC, je tudi A′B′ ∼= B′C ′.

Dokaz: Naj bo t′′ vzporednica premici t skozi tocko A in t′′′ vzporednica premici

t skozi tocko B′. Naj bo B′′ = m ∩ t′′ in C ′′′ = n ∩ t′′′.

A

B B′

C C′C′′′

A′

B′′

l

m

nt t′′ t′′′ t′

Slika 25

Ce je A = A′, je B′′ = B in AB = A′B′′. Podobno velja: ce je B′ = B, tedaj

C ′′′ = C in zato BC = B′C ′′′. Ce pa A 6= A′ in B′′ 6= B, velja A′B′′ ∼= AB

1.2 Izreki 20

in B′C ′′′ ∼= BC, saj gre za vzporedne stranice paralelogramov. V vsakem od teh

primerov dobimo skupaj s predpostavko AB ∼= BC skladnost A′B′ ∼= B′C ′′′. Po

tranzitivnosti vzporednosti velja t′′ ‖ t′′′ ali pa t′′ = t′′′. Zaradi vzporednosti premic

velja za kote ∠B′′A′B′ ∼= ∠C ′′′B′C ′ in ∠A′B′′B′ ∼= ∠B′C ′′′C ′. Po KSK dobimo

∆B′′A′B′ ∼= ∆C ′′′B′C ′, odtod pa A′B′ ∼= B′C ′.

Sledi dokaz Izreka 1.2.12.

Dokaz: Najprej dokazimo poseben primer, ko je AB/AC ∈ Q, naj bo AB/AC =

p/q, kjer sta p, q ∈ N. Razdelimo daljico AC na q enakih delov, tj. po Aksiomu

ravnila 1.1.6 lahko najdemo tocke A0 = A,A1, . . . , Aq = C ∈ t, da je AiAi+1 = AC/q

za vsak i = 0, . . . , q1. Pri tem je Ap = B. Za vsak Ai, i = 1, . . . , q, obstaja premica

li: Ai ∈ li in li ‖ l. Naj bo A′0 = A′ in A′i = li ∩ t′ (po izreku namrec l′ seka t′). Po

prejsnji Lemi 1.2.13 je A′iA′i+1 = A′C ′/q. Ker je lq = m in lq = n, je A′p = B′ in

A′q = C ′. Odtod sledi

A′B′

A′C ′=A′0A

′p

A′0A′q

=A0ApA0Aq

=p

q

in smo izrek dokazali v primeru racionalnega razmerja. Obravnavajmo se splosni

primer. Naj bo AB/AC = x in A′B′/A′C ′ = y. Da je x = y bomo pokazali tako, da

bomo pokazali, da je vsako racionalno stevilo, ki je manjse od x, manjse tudi od y,

in obratno. Naj bo 0 < r < x in r ∈ Q. Izberimo tocko D ∈ t, da je AD/AC = r.

Naj bo m′ premica, za katero velja D ∈ m′, m′ ‖ m in naj bo D′ = m′ ∩ t′. Potem

velja A′D′/A′C ′ = r. Ker so premice l,m in m′ vzporedne, velja A′ ∗D′ ∗B′ in zato

velja tudi r = A′D′/A′C ′ < A′B′/A′C ′ = y. Analogno lahko pokazemo, da za vsako

racionalno stevilo r, za katero velja 0 < r < y, velja tudi r < x. To pa pomeni, da

je x = y.

Izrek 1.2.14 (Izrek o podobnih trikotnikih) Ce za trikotnika ∆ABC in ∆DEF

velja ∆ABC ∼ ∆DEF , velja enakost

|AB||AC|

=|DE||DF |

.

Dokaz: Ce je AB = DE, je ∆ABC ∼= ∆DEF (po KSK) in takoj imamo rezultat.

Sicer pa po potrebi zamenjamo oznake, da bo veljalo AB > DE. Naj bo tocka B′

na AB taka, da velja AB′ = DE. Naj bo m premica skozi B′, ki je vzporedna

premici l =←→BC in naj bo C ′ presecisce premice m z daljico AC (presecisce obstaja

1.3 Ploscina 21

A B

C

B′

C′

n m l

D E

F

Slika 26

po Paschevem aksiomu 1.2.3). Tedaj ∆AB′C ′ ∼= ∆DEF . Naj bo n premica skozi

A, ki je vzporednica premicama l in m (Slika 26).

Ce uporabimo Izrek o vzporedni projekciji 1.2.12 za premice l, m in n, dobimo

|AB′||AB|

=|AC ′||AC|

in od tod|DE||AB|

=|DF ||AC|

,

od tod pa takoj|DE||DF |

=|AB||AC|

.

Posledica 1.2.15 Ce za trikotnika ∆ABC in ∆DEF velja ∆ABC ∼ ∆DEF ,

obstaja tak r > 0, da velja DE = r · AB, DF = r · AC in EF = r · BC. Torej

istolezne stranice v podobnih trikotnikih se razlikujejo za konstantni faktor.

1.3 PLOSCINA

Vpeljimo se aksiom ploscine.

Definicija 1.3.1 Naj bo ∆ABC trikotnik, katerega trikotno podrocje sestavljajo

stranice trikotnika in notranje tocke (Slika 27).

Trikotniku prirejeno trikotno podrocje bomo oznacevali s T .

1.3 Ploscina 22

A B

C

T

Slika 27

Slika 28

Definicija 1.3.2 Poligonalno podrocje je unija koncno mnogo trikotnih podrocij T1,

T2, T3 . . . Tn, da je presek Ti ∩Tj poljubnih dveh teh trikotnih podrocij ali prazen ali

pa je vsebovan v neki stranici od Ti in v neki stranici od Tj (Slika 28).

Aksiom 1.3.3 (Nevtralni aksiom ploscine) Vsakemu poligonalnemu podrocju T

je prirejeno tako pozitivno realno stevilo S(T ), ki mu recemo ploscina podrocja, da

veljata lastnosti:

1. Ce sta dva trikotnika skladna, imata njima prirejeni trikotni podrocji isto ploscino.

2. Ce je T unija dveh neprekrivajocih poligonalnih podrocij T1 in T2, velja S(T ) =

S(T1) + S(T2).

Da si bomo lazje predstavljali, si oglejmo naslednji razrez trikotnika (Slika 29).

S1

S2

A B

C

E

Slika 29

Ploscino trikotnika ∆ABC bomo oznacevali z oznako |ABC| ali s S.

1.3 Ploscina 23

Izrek 1.3.4 Ce je ∆ABC trikotnik in E tocka v notranjosti stranice AC, tedaj

je ploscina trikotnika ∆ABC enaka S = S1 + S2. Pri tem sta S1 = |ABE| in

S2 = |EBC| neprekrivajoci trikotni podrocji.

Dokaz je enostaven in ga bomo izpustili.

Definicija 1.3.5 Pravokotno podrocje prirejeno pravokotniku �ABCD je poligo-

nalno podrocje, ki je unija trikotnih podrocij. Dolzina podrocja je |AB|, sirina pa

|BC| (Slika 30).

A B

CD

E

Slika 30

Aksiom 1.3.6 (Evklidski aksiom ploscine) Za pravokotno podrocje P velja

S = dolzina (P) · sirina (P).

Od tod hitro izracunamo ploscino pravokotnega trikotnika.

Izrek 1.3.7 Podrocje pravokotnega trikotnika ∆ABC, ki ima pravi kot pri ogliscu

C, je enako

S =|AC| · |BC|

2.

S pomocjo naslednje definicije zelimo zapisati splosno formulo, ki bo veljala za po-

ljubne trikotnike.

Definicija 1.3.8 Naj bo T trikotno obmocje, ki pripada trikotniku ∆ABC. Stranici

recemo tudi osnovnica podrocja T , pravokotni daljici iz oglisca na stranico pa recemo

visina podrocja T .

1.4 Cevov in Menelajev izrek 24

Izrek 1.3.9 Ploscina trikotnega podrocja T je polovica produkta med dolzino osnov-

nice in njene visine.

S =osnovnica (T) · visina (T)

2(1)

A B

C

vcA B

C

va

A B

C

vb

Slika 31: Graficni prikaz ploscine ∆ABC glede na visino

Opazimo, da ima ploscina eno samo vrednost ne glede na to, katero stranico triko-

tnika oziroma pripadajoco visino vzamemo (Slika 31).

Ce si oglisca A, B, C v trikotniku ∆ABC v tem zaporedju sledijo v smeri, ki

je nasprotna smeri urinega kazalca, je trikotnik pozitivno usmerjen, v nasprotnem

primeru je usmerjen negativno (Slika 32).

x+

A B

C

y−A C

B

Slika 32: Usmerjenost trikotnika ∆ABC

Orientirana ploscina trikotnika ∆ABC je definirana kot

(ABC) =

{|ABC|, ce je trikotnik ∆ABC pozitivno orientiran

−|ABC|, sicer.

1.4 CEVOV IN MENELAJEV IZREK

Giovanni Ceva (Slika 33) (1647 - 1734) je bil italijanski matematik.

Ceva je zacel solanje kot jezuit v Milanu in se po koncanem solanju zaposlil kot

profesor matematike na univerzi v Pizi, kasneje pa se je zaposlil v Mantui, kjer je


Slika 33: Giovanni Ceva

nadaljeval s poucevanjem do konca svojega zivljenja.

V zgodovini matematike je Ceva pustil velik pecat pri dokazu izreka, ki se po njem

tudi imenuje in se smatra za najvecje odkritje v geometriji matematike vse od casa

starogrske matematike pa do njegovega casa.

Kasneje so bili odkriti zapisi arabskega matematika Jusufa ibn Ahmada al-Mu’tamana

ibn Huda iz 11. stoletja, ki je prevajal zapise starih Grkov v latinscino in prisel do

enakih zakljuckov sest stoletij pred Cevo. Ni jasno ali je Ceva poznal njegove zapise,

ali je izrek odkril sam [6]. Kakorkoli, Ceva je svoje zapise prvic objavil v delu De

lineis rectis, leta 1678. V istem delu je objavil tudi Menelajev izrek, ki je po vsebini

zelo podoben Cevovemu izreku.

Menelaj (okrog leta 100) pa je bil grski matematik iz Aleksandrije (Slika 34).

Slika 34: Menelaj

Definicija 1.4.1 Cevova daljica je daljica, ki povezuje oglisce trikotnika s tocko na

nasprotni stranici (Slika 35).

Definicija 1.4.2 Daljico, katere eno krajisce je oglisce trikotnika, drugo pa razpo-

lovisce nasprotilezne stranice, imenujemo teziscnica.


A B

C

P

DE

F

Slika 35: Cevove premice in daljice

Primeri Cevovih premic oziroma daljic so teziscnice trikotnika, visine trikotnika,

simetrale kotov trikotnika in podobno.

Vpeljimo naslednjo elementarno lemo, s pomocjo katere bomo dokazali Cevov izrek.

Lema 1.4.3 Ce za realna stevila a, b, c, d, pri cemer je b 6= 0, d 6= 0, b 6= d, veljaab = c

d , potem velja tudi ab = c

d = a−cb−d .

Dokaz: Naj bo ab = c

d = k. Ce enakosti ab = k in c

d = k preoblikujemo, dobimo

a = kb in c = kd.

Izracunamo vrednost ulomka: a−cb−d = kb−kd

b−d = k.

Izrek 1.4.4 (Cevov izrek) Na stranicah a, b, c trikotnika ∆ABC zaporedoma iz-

beremo tocke D, E, F . Cevove daljice AD, BE in CF se sekajo v skupni tocki

natanko tedaj, ko velja

|BD||DC|

· |CE||EA|

· |AF ||FB|

= 1. (2)

Dokaz Cevovega izreka 1.4.4 bomo naredili po zgledu dokaza v viru [7].

Dokaz: Najprej dokazimo izrek v desno smer (⇒). Predpostavimo, da se Cevove

daljice AD, BE in CF sekajo v skupni tocki P .

Visino na stranico a trikotnika ∆ABC oznacimo z va. To je hkrati tudi visina v

trikotnikih ∆ABD in ∆ADC. Visino na stranicoBC trikotnika ∆PBC pa oznacimo

z vap, ki je hkrati tudi visina v trikotnikih ∆PBD in ∆PDC (Slika 36).

Poglejmo, v kaksnem razmerju sta odseka stranice BC, kjer |BC| = |BD|+ |DC|.


A B

C

P

E

F

D

va

vap

Slika 36: Cevov izrek

Izrazimo |BD||DC| na dva nacina:

|BD||DC|

=|BD|va2|DC|va2

=|ABD||ADC|

in

|BD||DC|

=|BD|vap2|DC|vap2

=|PBD||PDC|

.

Ce uporabimo Lemo 1.4.3, dobimo

|BD||DC|

=|ABD| − |PBD||ADC| − |PDC|

=|ABP ||APC|

.

Na podoben nacin dobimo tudi razmerji |CE||EA| = |BCP ||ABP | in |AF ||FB| = |CAP |

|BCP | .

Izracunajmo se produkt odsekov stranic z izrazenimi razmerji ploscin.

|BD||DC|

· |CE||EA|

· |AF ||FB|

=|ABP ||APC|

· |BCP ||ABP |

· |CAP ||BCP |

= 1

Sedaj dokazimo izrek se v levo smer (⇐). Predpostavimo, da je produkt razmerij,

v katerih tocke D, E, F zaporedoma sekajo stranice a, b, c trikotnika ∆ABC enak

|BD||DC|

· |CE||EA|

· |AF ||FB|

= 1.

Zelimo dokazati, da se Cevove daljice AD, BE in CF sekajo v skupni tocki. Naj

se daljici AD in BE sekata v tocki P . Tretja Cevova daljica, ki poteka iz oglisca

C skozi tocko P , naj ima na stranici AB krajisce F ′. Oznacimo jo s CF′. Vse tri


daljice se sekajo v isti tocki, zato velja (ob upostevanju prej dokazanega):

|BD||DC|

· |CE||EA|

· |AF′|

|F ′B|= 1.

Od tod in iz predpostavke sledi, da je

|AF ||FB|

=|AF ′||F ′B|

.

Na levi in desni strani enacaja lahko pristejemo isto stevilo; torej velja tudi

|AF ||FB|

+ 1 =|AF ′||F ′B|

+ 1.

Ce ulomka na obeh straneh enacbe sestejemo, dobimo

|AF |+ |FB||FB|

=|AF ′|+ |F ′B||F ′B|

.

Opazimo, da oba izraza v stevcih, |AF |+|FB| in |AF ′|+|F ′B|, predstavljata dolzino

stranice AB, zato lahko zapisemo

|AB||FB|

=|AB||F ′B|

,

kar pomeni, da velja

|FB| = |F ′B|.

Od tod sledi, da tocki F in F ′ lezita na istem poltraku−−→BA in sta od tocke B enako

oddaljeni. To pomeni, da ti dve tocki sovpadata. Tako smo dokazali, da se Cevove

daljice AD, BE in CF res sekajo v skupni tocki.

Vprasamo se lahko, kako vpliva polozaj tocke P na krajisca Cevovih daljic D, E

in F . Ce je tocka P znotraj trikotnika ∆ABC, so tudi vsa krajisca D, E in F na

stranicah trikotnika (Slika 35). Ce je tocka P zunaj trikotnika ∆ABC, pa sta lahko

dve od teh krajisc izven stranic na nosilkah daljic (Slika 37).

Dogovorimo se, da za razmerje odsekov daljice na skupni premici, zapisano z okro-

glimi oklepaji, velja naslednje

(AF )

(FB)=

{ |AF ||FB| , ce je F med A in B

− |AF ||FB| , ce F ni med A in B(3)


A B

C

D

F

P

E

Slika 37

ter

(AF )

(FB)= − (AF )

(BF ). (4)

Podobno definiramo tudi (BD)(DC) in (CE)

(EA) .

Za konec zapisimo posploseni Cevov izrek.

Izrek 1.4.5 (Posploseni Cevov izrek) Na nosilkah stranic a, b in c trikotnika

∆ABC izberemo tocke D, E in F . Nosilke daljic←→AD,

←→BE in

←→CF se sekajo v

skupni tocki natanko tedaj, ko velja

(BD)

(DC)· (CE)

(EA)· (AF )

(FB)= 1. (5)

Skica dokaza Posplosenega Cevovega izreka 1.4.5 je napisana v viru [3].

Iz Cevovega izreka izhaja nekaj pomembnih posledic.

Definicija 1.4.6 Za neko mnozico premic p1, p2 . . . recemo, da tvorijo sop, ce ob-

staja taka tocka P , ki lezi na vseh teh premicah. Za mnozico daljic recemo, da tvori

sop, ce obstaja taka tocka, ki je v notranjosti vseh teh daljic.

Posledica 1.4.7 Teziscnice v trikotniku tvorijo sop (Slika 38).

Dokaz: V kolikor so tocke D, E, in F zaporedoma razpolovisca stranic a, b, c

trikotnika ∆ABC, velja |AF | = |FB|, |BD| = |DC|, |CE| = |EA|. Od tod sledi

|AF ||FB|

· |BD||DC|

· |CE||EA|

= 1.

Torej se teziscnice trikotnika po Cevovem izreku sekajo v skupni tocki.


A

F

DE

B

C

G

ta tb

tc

Slika 38: Teziscnice trikotnika ∆ABC

Definicija 1.4.8 Skupno tocko sopa teziscnic imenujemo tezisce trikotnika in jo

oznacimo z G.

Posledica 1.4.9 Simetrale notranjih kotov v trikotniku tvorijo sop (Slika 39).

A B

C

I

sα sβ

sγ

Slika 39: Simetrale kotov ∆ABC

Dokaz: Z enostavno uporabo Izreka o podobnih trikotnikih 1.2.14 ugotovimo, da

simetrale notranjih kotov delijo trikotnikove stranice v razmerju prileznih stranic

(Slika 40).

A B

C

ab

F

C′

sγ

a

γ2γ2

γ2

γ2

Slika 40


Ce so a, b, c dolzine trikotnikovih stranic, je

|AF ||FB|

· |BD||DC|

· |CE||EA|

=b

a· cb· ac

= 1.

Kotne simetrale gredo torej skozi isto tocko.

Definicija 1.4.10 Skupno tocko sopa simetral notranjih kotov imenujemo sredisce

vcrtanega kroga in jo oznacimo z I (Slika 41).

A B

C

I

Slika 41: Vcrtana kroznica ∆ABC

Posledica 1.4.11 Nosilke visin v trikotniku tvorijo sop (Slika 42).

Dokaz: Naj bodo tocke K, L in M nozisca visin trikotnika ∆ABC. Z upostevanjem

podobnosti zapisimo:

∆BCL ∼ ∆AKC → |CL||CK|

=|CB||CA|

=a

b,

∆CAM ∼ ∆BLA→ |AM ||AL|

=|AC||AB|

=b

c,

∆ABK ∼ ∆BCM → |BK||BM |

=|BA||BC|

=c

a.

Ce so va, vb, vc trikotnikove visine, je a · va = b · vb = c · vc in zato

|CL||KC|

=vbva,|AM ||LA|

=vcvb,|BK||MB|

=vavc.

Ko pomnozimo te tri enakosti, dobimo:

|CL||KC|

· |AM ||LA|

· |BK||MB|

=vbva· vcvb· vavc

= 1.


V primeru, da je trikotnik ∆ABC topokoten, sta zaradi (3) dve razmerji nega-

tivni. Torej, tudi visine trikotnika se po Cevovem izreku sekajo v skupni tocki. V

ostrokotnem trikotniku (Slika 42a) lezi ta tocka znotraj trikotnika, v pravokotnem

trikotniku ta tocka sovpada z ogliscem, kjer je pravi kot, v topokotnem trikotniku

(Slika 42b) pa lezi ta tocka zunaj trikotnika.

A B

C

H

K

L

M

va

vb

vc

(a)

vc

vb

va

A B

C

H

L

K

M

(b)

Slika 42: Visine in visinska tocka trikotnika ∆ABC

Definicija 1.4.12 Skupno tocko sopa nosilk visin imenujemo visinska tocka in jo

oznacimo s crko H.

Opomba 1.4.13 Tudi simetrale stranic trikotnika tvorijo sop in to skupno tocko,

ki jo oznacimo z O, imenujemo sredisce ocrtanega kroga.

Dokaz tega bomo izpustili, saj ni bistven za to diplomsko delo.

Oglejmo si izrek, ki je dualen Cevovemu izreku. Imejmo trikotnik ∆ABC. Na

nosilkah←→BC,

←→CA in

←→AB trikotnika ∆ABC zaporedoma izberemo tocke D, E, F ,

od katerih nobena ni enaka nobenemu ogliscu trikotnika ∆ABC. Takim tockam

recemo Menelajeve tocke trikotnika ∆ABC (Slika 43).

Izrek 1.4.14 (Menelajev izrek) Naj bodo D, E, F Menelajeve tocke na nosilkah

stranic←→BC,

←→CA in

←→AB trikotnika ∆ABC. Tocke D, E, F so kolinearne natanko

tedaj, ko velja

(BD)

(DC)· (CE)

(EA)· (AF )

(FB)= −1. (6)


A B

C

D

E

F

(a)

A B

C

E

F

D

(b)

Slika 43: Menelajeve tocke trikotnika ∆ABC

Dokaz: Naj bodo tocke D, E, F kolinearne tocke, ki lezijo na premici p. Dokazimo

ekvivalentno enakost

(BD)

(CD)· (CE)

(AE)· (AF )

(BF )= 1. (7)

Iz tock A, B, C potegnimo pravokotnice na premico p in jih oznacimo z v1, v2, v3.

Definirajmo

hi =

{vi, ce je tocka na pozitivni polravnini glede na premico p

−vi, ce je tocka na negativni polravnini glede na premico p

za i = 1, 2, 3.

A B

C

E

D

Fp

v1

v2

v3

Slika 44: Podobni pravokotni trikotniki

Iz (Slika 44) razberemo tri pare podobnih pravokotnih trikotnikov. Sledi:

|CE||AE|

=v3

v1,

|AF ||BF |

=v1

v2,

|BD||CD|

=v2

v3. (8)


Nas pa zanimajo vrednosti razmerij usmerjenih daljic. Pokazimo, da velja

(CE)

(AE)=h3

h1.

Absolutni vrednosti obeh stevil sta zaradi definicije hi in (8) enaki, zanima nas le

predznak. Locimo dva primera:

a) Leva stran je negativna. V tem primeru je kolicnik (EC)(EA) negativen, kar po-

meni, da sta usmerjeni daljici razlicno predznaceni. Smeri E → A in E → C

sta razlicni. E lezi na stranici med tockama A in C. Tocki A in C lezita na

razlicnih polravninah premice p; vrednosti h1 in h3 sta razlicno predznaceni:h1h3< 0.

A

E

C

p

b) Leva stran je pozitivna. Kolicnik (EC)(EA) je pozitiven, kar pomeni, da sta usmer-

jeni daljici isto predznaceni. Smeri E → A in E → C sta isti. Tocki sta na

isti polravnini glede na p, zato sta vrednosti h3 in h1 enako predznaceni; sledih1h3> 0.

A

E

C

p

Dokazali smo: (CE)(AE) = h3

h1, podobno pokazemo tudi (AF )

(BF ) = h1h2

, (BD)(CD) = h2

h3. Sledi

(BD)

(CD)· (CE)

(AE)· (AF )

(BF )=h2

h3· h3

h1· h1

h2= 1.

Pokazimo se obratno. Naj velja (7). Oglejmo si lego premic←→AB in

←→DE. Locimo

dve moznosti:


A B

C

DE

F ′

I) Premici←→AB in

←→DE nista vzporedni, sekata se v F ′.

Pokazimo se, da je F = F ′. Ker so D, E, F ′ kolinearne, po ze dokazanem

velja(BD)

(CD)· (CE)

(AE)· (AF ′)

(BF ′)= 1.

Slednje skupaj z enacbo (7) implicira

(AF )

(BF )=

(AF ′)

(BF ′)= k.

Upostevajmo

|AF | = −k|BF |, ce je F med A in B,

|AF | = k|BF |, ce F ni med A in B.

A BF

(a)

F BA

(b)

B FA

(c)

Naj bo F med A in B. Potem velja

|AB| = |AF |+ |FB|

= −k|BF |+ |FB|

= |BF |(−k + 1).

Izrazimo

|BF ||AB|

=1

−k + 1= − 1

k − 1.


Ce je B med A in F , potem je

|AB| = |AF | − |BF |

= k|BF | − |BF |

= |BF |(k − 1).

Izrazimo

|BF ||AB|

=1

k − 1.

Prav tako enako dobimo, ce je A med F in B.

Sledi

(BF )

(AB)=

1

k − 1.

Podobno pokazemo se

(BF ′)

(AB)=

1

k − 1.

To pomeni, da sta absolutni vrednosti |BF | = |BF ′| enaki, kar pomeni, da F

in F ′ lezita na isti strani glede na tocko B. Od tod sledi F = F ′.

II) Premici←→AB in

←→DE sta vzporedni. Potem velja

A B

C

DE

|AC||BC|

=|CE||CD|

=|CE| − |AC||CD| − |BC|

=|AE||BD|

.

Od tod sledi|CE||AE|

· |BD||CD|

= 1.


Zaradi enacbe (7) potem velja |AF ||BF | = 1, kar pomeni, da je tocka F razpolovisce

stranice AB oziroma (AF )(BF ) = −1.

Iz enacbe (7) sledi (CE)(AE) ·

(BD)(CD) = −1, ulomka sta razlicno predznacena. Ce je

tocka D na daljici BC, tocka E ne lezi na daljici AC (podobno sklepamo, ce

vlogi D in E zamenjamo). To pa je v protislovju z dejstvom, da sta daljici

DE in AB vzporedni.

Menelajev izrek 1.4.14 in dokaz sta povzeta po viru [5].

Poglavje 2

ROUTHOV IZREK IN

POSPLOSITVE

2.1 Routhov izrek

Routhov izrek [8] je neke vrste posplositev Cevovega izreka, saj v primeru, ko Cevove

daljice ne tvorijo sopa, poda razmerje ploscin danega trikotnika in trikotnika, ki ga

dobimo s presecisci Cevovih daljic.

A B

C

D

E

F

Q

PR

Slika 45: Trikotnik ∆PQR v trikotniku ∆ABC

Izrek 2.1.1 (Routhov izrek) Tocke D, E, F naj zaporedoma lezijo na stranicah

a, b, c v trikotniku ∆ABC. Oznacimo |CD||BD| = x, |AE||CE| = y in |BF ||AF | = z. Cevove daljice

AD,BE in CF se paroma sekajo in tvorijo trikotnik ∆PQR, kjer P ∈ AD ∩ BE,

Q ∈ BE ∩ CF in R ∈ CF ∩AD (Slika 45). Ploscina trikotnika ∆PQR je enaka

|PQR| = (xyz − 1)2

(zx+ x+ 1)(xy + y + 1)(yz + z + 1)|ABC|. (9)

38

2.1 Routhov izrek 39

Dokaz: Z upostevanjem Menelajevega izreka za trikotnik ∆ABD in premico, na

kateri leze tocke F,R,C, lahko zapisemo

|FA||BF |

· |CB||DC|

· |DR||RA|

= 1. (10)

Od tod izrazimo |DR||RA| .

|DR||RA|

=|BF ||FA|

· |DC||CB|

=|BF ||FA|

· |DC||BD|+ |DC|

= z · x|BD||BD|+ x|BD|

=zx

1 + x

A B

C

z

x

yD

E

F

Q

PR

Slika 46: ∆PQR v ∆ABC

Trikotnika ∆ADC in ∆ARC imata skupno visino na stranici AD oziroma AR. Naj

S predstavlja ploscino trikotnika ∆ABC. Ploscina trikotnika ∆ADC je enaka

|ADC| = |DC||BC|

· |ABC| = x

1 + x· S.

Tocka R deli Cevovo daljico AD v razmerju |AR||AD| = |AR||AR|+|RD| = 1

1+ zx1+x

= 1+x1+x+zx .

Od tod sledi, da je ploscina trikotnika ∆ARC enaka

|ARC| = |AR||AD|

· |ADC| = 1 + x

zx+ 1 + x· x

1 + x· S =

x

zx+ x+ 1· S.

Podobno izrazimo tudi razmerji ploscin trikotnikov ∆BPA in ∆CQB.

2.1 Routhov izrek 40

Tocka P deli Cevovo daljico BE v razmerju |BP ||BE| = |BP ||BP |+|PE| = 1+y

1+y+xy .

|BPA| = |BP ||BE|

· |ABD| = 1 + y

xy + 1 + y· y

1 + y· S =

y

xy + y + 1· S

Tocka Q deli Cevovo daljico CF v razmerju |CQ||CF | = |CQ||CQ|+|QF | = 1+z

1+z+yz .

|CQB| = |CQ||CF |

· |CEB| = 1 + z

yz + 1 + z· z

1 + z· S =

z

yz + z + 1· S

Izrazimo ploscino trikotnika ∆PQR.

|PQR| = |ABC| − |ARC| − |BPA| − |CQB|

Vstavimo izraze posameznih ploscin trikotnikov ∆ARC, ∆BPA in ∆CQB.

|PQR| = S − x · Szx+ x+ 1

− y · Sxy + y + 1

− z · Syz + z + 1

= S(

1−( x

zx+ x+ 1+

y

xy + y + 1+

z

yz + z + 1

))= S

(1−

( W

(zx+ x+ 1)(xy + y + 1)(yz + z + 1)

))= S

(1−

(WZ

)),

kjer je

W= x(xy + y + 1)(yz + z + 1) + y(zx+ x+ 1)(yz + z + 1) + z(zx+ x+ 1)(xy + y + 1)

= (x2y + xy + x)(yz + z + 1) + (xyz + xy + y)(yz + z + 1) + (xz2 + xz + z)(xy + y + 1)

= x2y2z + x2yz + x2y + xy2z + xyz + xy + xyz + xz + x

+ xy2z2 + xyz2 + xyz + xy2z + xyz + xy + y2z + yz + y

+ x2yz2 + xyz2 + xz2 + x2yz + xyz + xz + xyz + yz + z

in

Z = (zx+ x+ 1)(xy + y + 1)(yz + z + 1)

= (x2yz + xyz + xz + x2y + xy + x+ xy + y + 1)(yz + z + 1)

= x2y2z2 + xy2z2 + xyz2 + x2y2z + xy2z + xyz + xy2z + y2z + yz

+ x2yz2 + xyz2 + xz2 + x2yz + xyz + xz + xyz + yz + z

+ x2yz + xyz + xz + x2y + xy + x+ xy + y + 1.

2.2 Routhov izrek v posebnih primerih 41

Dobimo

|PQR| = S(Z −W

Z

)=

(xyz − 1)2S

(zx+ x+ 1)(xy + y + 1)(yz + z + 1).

Dokazali smo enacbo (9).

2.2 Routhov izrek v posebnih primerih

Poglejmo si Routhov izrek v nekaterih posebnih primerih in sicer, ko tocke D,E in

F lezijo v enakih razmerjih na stranicah a, b, c trikotnika ∆ABC.

Posebno zanimiv je primer, kadar so tocke D,E, F ravno razpolovisca stranic a, b, c

trikotnika ∆ABC. Tedaj velja za parametre x = y = z = 1 in ploscina trikotnika

∆PQR je enaka

|PQR| = 0.

To pomeni, da Cevove daljice predstavljajo teziscnice in se le te sekajo v teziscu.

Poglejmo si se ploscino trikotnika ∆PQR, kadar za parametre velja x = y = z = 2.

|PQR| = 72

7 · 7 · 7· S =

1

7S

A B

C

F

D

E

R P

Q

A B

C

R P

Q

Slika 47: Graficni prikaz ploscine ∆PQR

Ta primer velja v razlicnih literaturah za najveckrat omenjenega. S tem mislimo

na Feynmanov trikotnik. Dokaz, da trikotnik ∆PQR predstavlja ravno sedmino

prvotnega trikotnika ∆ABC (Slika 47), je opisan v viru [11].

2.3 Sorodni izreki 42

Navsezadnje lahko posploseno za x = y = z = n zapisemo:

S′ =(n− 1)2

n2 + n+ 1S,

kjer S′ = |PQR| in S = |ABC|.

Na tem mestu smo izracunali in zapisali vrednosti ploscin trikotnika ∆PQR za ne-

kaj enostavnih primerov.

Za n = 1, 2, 3, 4, 5 . . . so razmerja ploscin |PQR||ABC| enaka 0, 17 , 4

13 , 37 , 16

31 . . . .

2.3 Sorodni izreki

Izhodisce za naslednji izrek predstavlja vir [12].

Izrek 2.3.1 Naj Menelajeve tocke D, E, F zaporedoma lezijo na stranicah BC, CA

in AB trikotnika ∆ABC (Slika 43a) in tvorijo trikotnik ∆DEF . Ploscina trikotnika

∆DEF , kjer oznacimo |DC||BD| = x, |AE||EC| = y, |FB||AF | = z (Slika 48), je enaka

|DEF | = xyz + 1

(x+ 1)(y + 1)(z + 1)|ABC|. (11)

A B

C

zF

D

Ex

y

Slika 48: ∆DEF v trikotniku ∆ABC

Dokaz: Poglejmo si posamezne odseke trikotnikov z enakimi visinami.

Trikotnik ∆ABC in trikotnik ∆FBC, kjer |FB||AF | = z, imata enako visino v (Slika

49). Torej sta ploscini trikotnikov v razmerju

|FBC||ABC|

=|FB|v2|AB|v2

=|FB||AB|

=z|AF |

z|AF |+ |AF |=

z

z + 1. (12)


A B

C

zF

v

Slika 49: ∆ABC in ∆FBC

Trikotnik ∆BCF in trikotnik ∆BDF , kjer |DC||BD| = x, imata enako visino v1 (Slika

50). Torej sta ploscini trikotnikov v razmerju

|BDF ||BCF |

=|BD|v12|BC|v12

=|BD||BC|

=|BD|

x|BD|+ |BD|=

1

x+ 1. (13)

A B

C

zF

x

D

v1

Slika 50: ∆BCF in ∆BDF

Iz (12) in (13) sledi, da je ploscina trikotnika ∆BDF glede na trikotnik ∆ABC

enaka

|BDF ||ABC|

=z

(z + 1)(x+ 1). (14)

Na podoben nacin dobimo razmerji ploscin trikotnikov ∆CED in ∆AFE glede na

trikotnik ∆ABC.

|CED||ABC|

=x

(x+ 1)(y + 1)(15)

|AFE||ABC|

=y

(y + 1)(z + 1)(16)


Ploscina trikotnika ∆DEF je enaka

|DEF | = |ABC| − |BDF | − |CED| − |AFE|. (17)

Naj S se vedno predstavlja ploscino trikotnika ∆ABC. V enacbo (17) vstavimo

(14), (15) (16) in dobimo

|DEF | = S − z

(z + 1)(x+ 1)· S − x

(x+ 1)(y + 1)· S − y

(y + 1)(z + 1)· S

= S(

1−( z

(z + 1)(x+ 1)+

x

(x+ 1)(y + 1)+

y

(y + 1)(z + 1)

))= S

(1−

(z(y + 1) + x(z + 1) + y(x+ 1)

(x+ 1)(y + 1)(z + 1)

))= S

(1−

(WZ

)),

kjer je

W = z(y + 1) + x(z + 1) + y(x+ 1)

= zy + z + xz + x+ xy + y

in

Z = (x+ 1)(y + 1)(z + 1)

= (xy + x+ y + 1)(z + 1)

= xyz + xy + xz + x+ yz + y + z + 1.

Poenostavimo

|DEF | = S(Z −W

Z

)=

xyz + 1

(x+ 1)(y + 1)(z + 1)S.


V posebnem primeru za x = y = z = n posploseno velja

|DEF | = n3 + 1

(n+ 1)3S.

Na tem mestu smo izracunali in zapisali ploscine trikotnika ∆DEF za nekaj eno-

stavnih primerov, kar je graficno ponazorjeno v sliki (Slika 51).

Za n = 1, 2, 3, 4 . . . so razmerja ploscin |DEF ||ABC| enaka 14 , 1

3 , 716 , 13

25 . . . .


A B

C

DE

F

(a) x = y = z = 1

AF

B

C

E

D

(b) x = y = z = 2

A B

C

E

F

D

(c) x = y = z = 3

Slika 51: Graficni prikaz ploscin ∆DEF

Definicija 2.3.2 Razpolovisca stranic trikotnika ∆ABC tvorijo nov trikotnik ∆DEF ,

ki ga imenujemo srediscni trikotnik trikotnika ∆ABC.

Kot zanimivost zapisimo se lemo za posebni primer, kadar se dve Cevovi daljici

sekata in tvorita trikotni odsek [9].

Lema 2.3.3 V trikotniku ∆ABC naj velja |AF | : |FB| = m : n in |AE| : |EC| =

s : r (Slika 52). Potem je

|QBC||ABC|

=nr

nr + ns+mr. (18)

A B

C

m

s

E

F

Q

r

n

Slika 52: Del ploscine trikotnika

Dokaz: Formulo bomo dokazali s pomocjo Menelajevega izreka 1.4.14 za trikotnik

∆AFC. Tocke B,E,Q so kolinearne, zato

|CE||EA|

· |AB||FB|

· |FQ||QC|

= 1.

Od tod sledi|FQ||QC|

=|EA||CE|

· |FB||AB|

2.4 Posplositev Routhovega izreka 46

|FQ||QC|

=s

r· n

m+ n

Trikotnika ∆FBC in ∆QBC imata skupno visino na stranici FC oziroma QC, zato

sta ploscini v razmerju|QBC||FBC|

=|QC||FC|

.

Trikotnika ∆FBC in ∆ABC imata skupno visino na stranici FB oziroma AB, zato

sta ploscini v razmerju|FBC||ABC|

=|FB||AB|

=n

m+ n.

Sedaj zapisimo razmerje ploscin trikotnikov ∆QBC in ∆ABC.

|QBC||ABC|

=|QC|

|FQ|+ |QC|· n

m+ n

=1

|FQ||QC| + 1

· n

m+ n

=1

ns(m+n)r + 1

· n

m+ n

=nr

ns+ (m+ n)r

=nr

nr + ns+mr


2.4 Posplositev Routhovega izreka

Branko Curgus je v sodelovanju z Arpadom Benyijem iz Oddelka za matematiko na

Western Washington University dokazal posplositev Routhovega izreka in posledicno

podal se poenotenje Cevovega in Menelajevega izreka. V ta namen v okviru tega

diplomskega dela predstavimo del na spletu objavljenega clanka [10].

Trikotnik ∆ABC je dolocen s tremi nekolinearnimi tockami A, B in C. Ze vemo,

da se daljica, ki povezuje oglisce trikotnika s tocko na nosilki nasprotne stranice,

imenuje Cevova daljica.


Tocka D na nosilki stranice BC doloca Cevovo premico←→AD skozi oglisce A. Ce

D 6= C, potem Cevova daljica AD natanko doloca odsek na nosilki stranice BC in

zapisemo (BD)(DC) = x za x ∈ R\{−1}. Tocko D v tem primeru oznacimo kar z Ax,

torej D = Ax (Slika 53). Ce je D = C, oznacimo A0 = B in naj bo se A∞ = C.

Podobno velja tudi za Cevovi premici skozi oglisci B in C. Z By oznacimo tocko na

nosilki stranice CA, da je(CBy)(ByA) = y, y ∈ R\{−1}, in (ACz)

(CzB) = z, z ∈ R\{−1}, kjer

velja se B0 = C, B∞ = A, C0 = A in C∞ = B.

A B

C

Ax

By

Cz

Slika 53

Trikotnik ∆PQR nastane s presecisci Cevovih daljic AAx, CCz in BBy (Slika 54).

A B

C

z

x

yAx

By

Cz

Q

PR

Slika 54: ∆PQR v ∆ABC

Premici←−→AAx in

←−→BBy sta vzporedni v naslednjih primerih.

Uporabimo Izrek o podobnih trikotnikih 1.2.14.

I)

|BC||AxC|

=|ByC||CA|

|BC||AxC|

+|AxC||AxC|

=|ByC||CA|

+|CA||CA|


A B

C

AxBy

Od tod sledi

|BAx||AxC|

=|ByA||CA|

.

Od tod sledi

|BAx||AxC|

· |CA||ByA|

= 1

|BAx||AxC|

· |ByA| − |ByC||ByA|

= 1.

Upostevamo x < 0, y < 0 in dobimo

−x · (1 + y) = 1

1 + x+ xy = 0.

II)

|BAx||AxC|

=|ByA||CA|

Od tod sledi

|BAx||AxC|

· |CA||ByA|

= 1

|BAx||AxC|

· |ByC| − |ByA||ByA|

= 1.


A B

C

Ax

By

Upostevamo x > 0, y < 0 in dobimo

x · (−y − 1) = 1

1 + x+ xy = 0.

III)

|BAx||AxC|

=|ByA||CA|

.

A B

C

By

Ax

Od tod sledi

|BAx||AxC|

· |AC||ByA|

= 1

|BAx||AxC|

· |ABy|+ |ByC||ByA|

= 1.

Upostevamo x < 0, y > 0 in dobimo

−x · (1 + y) = 1


1 + x+ xy = 0.

Torej je tocka P dobro definirana, ce (1 + x + xy) 6= 0. Podobno bosta dobro

definirani tocki R, ce (1 + y + yz) 6= 0, in Q, ce (1 + z + zx) 6= 0.

Trikotnik ∆PQR poimenujemo Routhov trikotnik trikotnika ∆ABC (Slika 55).

Na vsaki od nosilk stranic trikotnika ∆ABC izberemo po dve tocki. Za parametre

u, v, w, x, y, z ∈ (R\{−1} ∪ {∞}), s sledecimi sestimi Cevovimi daljicami, po

dve iz vsakega oglisca: AAu, AAx, BBv, BBy, CCw, CCz, ob predpostavki, da se

vsak par Cevovih daljic (AAx, BBv), (BBy, CCw) in (CCz, AAu) zaporedoma seka,

opredelimo posploseni Routhov trikotnik ∆PQR v trikotniku ∆ABC.

Tocke P , Q in R dobimo v preseciscih Cevovih daljic (Slika 56).

{P} = AAx ∩BBv {Q} = BBy ∩ CCw {R} = CCz ∩AAu (19)

Tocke P , Q in R so v (19) dobro definirane le in samo, ce parametri (u, v, w, x, y,

z) ∈ (R\{−1} ∪ {∞}) zadostijo neenakosti

(1 + x+ xv)(1 + y + yw)(1 + z + zu) 6= 0. (20)

Ta dokaz sta opravila Hiroaki Nakamura in Keiji Oguiso [13] in opredelila zapis

posplosenih formul (23) in (22).

Pri izbiri parametrov u = x, v = y in w = z, imamo AAu = AAx, BBv = BBy,

CCw = CCz, trikotnik ∆PQR definiran z (19) postane Routhov trikotnik (Slika

57a).

A B

C

Ax

By

Cz

Q

PR

Slika 55: Routhov trikotnik ∆PQR


A B

C

Cw Cz

Au

AxBv

By

Q R

P

Slika 56: Posploseni Routhov trikotnik ∆PQR

V primeru, da izberemo u = v = w = 0, imamo AA0 = AB, BB0 = BC, CC0 = CA,

in ob (19) se izkaze P = Ax, Q = By, R = Cz, da trikotnik ∆PQR postane trikotnik

∆AxByCz (Slika 57b).

A B

C

CwCz

AuAx

Bv

By

Q

R

P

(a) Skorajsnji Routhov trikotnik ∆PQR

A B

C

Cw Cz

Au

Ax

Bv

By

Q

R

P

(b) Skorajsnji trikotnik ∆AxByCz

Slika 57

Zapisimo posploseni Routhov izrek.

Izrek 2.4.1 (Posploseni Routhov izrek) S tockami P , Q, R definiranimi v (19),

razmerje med ploscino trikotnika ∆PQR in ploscino trikotnika ∆ABC zapisemo kot

|PQR||ABC|

=1− xyw − xvz − uyz + xyz + xyzuvw

(1 + x+ xv)(1 + y + yw)(1 + z + zu). (21)

Zapis enacbe (21) velja za celotno mnozico parametrov (u, v, w, x, y, z) ∈ (R\{−1}∪{∞}) , ki zadoscajo (20).


V primeru, ce u = x, v = y in w = z, potem Au = Ax = D,Bv = By = E,Cw =

Cz = F , se razmerje posplosenega Rothovega izreka (21) poenostavi v

|PQR||ABC|

=(xyz − 1)2

(1 + x+ xy)(1 + y + yz)(1 + z + zx), (22)

kar smo izpeljali v razdelku 2.1 pri Routhovemu izreku 2.1.1.

Tocke P,Q,R so kolinearne natanko tedaj, ko sovpadajo. Tedaj je xyz = 1. To pa

poznamo kot Cevov izrek 1.4.4.

V primeru, ce u = v = w = 0, potem A0 = B,B0 = C,C0 = A, se razmerje

posplosenega Rothovega izreka (21) poenostavi v

|AxByCz||ABC|

=xyz + 1

(1 + x)(1 + y)(1 + z), (23)

kar smo za trikotnik izpeljali v razdelku 2.3 za primer, ko so x, y, z > 0.

Tocke Ax, By, Cz so kolinearne natanko tedaj, ko je xyz = −1. To poznamo kot

Menelajev izrek 1.4.14.

Zaradi tega posplosenega Routhovega izreka se ponuja naslednja zapisana posledica,

ki je poenotenje Cevovega in Menelajevega izreka.

Posledica 2.4.2 Tocke P , Q in R definirane v (19) so kolinearne natanko tedaj,

ko

1− xyw − xvz − uyz + xyz + xyzuvw = 0. (24)

Podobno je v primeru, ko parametri x, y, z →∞, formula (21) postane enaka (23),

ko v njej x nadomestimo z u, y nadomestimo z v in z nadomestimo z w.

Posplositev Routhovega izreka 2.4.1 bomo dokazali z uporabo dveh standardnih oro-

dij: z linearno algebro in analiticno geometrijo.


Spomnimo se na multilinearnost determinante∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

......

...

λai1 λai2 . . . λain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

......

...

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(25)

in

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

......

...

ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

ai1 + bi1 ai2 + bi2 . . . ain + bin

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

......

...

ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

ai1 ai2 . . . ain

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

......

...

ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

bi1 bi2 . . . bin

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

(26)

Vsaka lastnost, ki velja za stolpce, velja tudi za vrstice.

Za zgled zapisimo za n = 2 in n = 3.∣∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ = a11a22 − a21a12 (27)

∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣∣ = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32−

− a12a21a33 − a11a23a32 − a13a22a31

(28)

Ce poznamo koordinate tock A(x1, y1), B(x2, y2) in C(x3, y3), lahko izracunamo


ploscino trikotnika ∆ABC po formuli v obliki determinante

S =1

2

∣∣∣∣∣x2 − x1 y2 − y1

x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣∣ =1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3

y1 y2 y3

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ . (29)

Razresimo jo po pravilu in dobimo

S =1

2

((x2 − x1)(y3 − y1)− (x3 − x1)(y2 − y1)

). (30)

Ce je trikotnik ∆ABC negativno orientiran, je S < 0 (Slika 32).

Velja, da se razmerje ploscin ne spremeni pri linearni transformaciji v R2 z determi-

nanto razlicno od 0. Velja namrec, ce je T linearna transformacija, potem je ploscina

trikotnika ∆A′B′C ′, ki ga dobimo, ce s T preslikamo trikotnik ∆ABC, enaka

S′ = |detT | · S.

Zato lahko namesto poljubnega trikotnika ∆ABC vzamemo trikotnik ∆ABC dolocen

s tockami (Slika 58)

A(0, 0), B(1, 0) in C(0, 1).

Ploscina nasega trikotnika ∆ABC (Slika 58) v R2 je enaka

S =1

2|(1− 0)(1− 0)− (0− 0)(0− 0)| = 1

2|1− 0| = 1

2.

Sedaj poizkusimo najti in zapisati koordinati tocke P , ki ju bomo oznacili kot urejen

par (t,s).

Premica←→BC ima v Kartezijevi ravnini enacbo s = −t + 1. Tocka Ax, ki lezi na

←→BC, ima koordinati (1 − ε, ε), kjer je ε = (BAx)

(BC) . Izracunajmo koordinati tocke Ax

v primeru, ko je Ax med B in C oziroma je x > 0.

Ker je (BAx)(AxC) = x, sledi

ε =|BAx||BC|

=1

1 + |AxC||BAx|

=1

1 + 1x

=1

1 + x.

Torej imamo Ax( 11+x ,

x1+x). Podobno obravnavamo primer, ko je x < 0.


t

s

A

0

B

1 C

1

Ax

Bv

Slika 58: Trikotnik ∆ABC v R2

Na podoben nacin lahko izracunamo se za drugo koordinato tocke Bv, saj je prva

koordinata tocke Bv enaka 0, in dobimo Bv(0,1

1+v ).

Zapisimo enacbo premice←−→AAx. Koeficient te premice je enak

x1+x

11+x

=x · (1 + x)

(1 + x) · 1= x

in enacba premice←−→AAx ima obliko s = xt.

Zapisimo tudi enacbo premice←−→BBv. Koeficient te premice je enak

11+v

−1= − 1

(1 + v)

in enacba premice←−→BBv ima obliko s = − 1

(1+v) t+ 1(1+v) .

S preseciscem premic←−→AAx in

←−→BBv dobimo koordinato t tocke P .

x · t = − 1

1 + vt+

1

1 + v1

(1 + v)= x · t+

1

(1 + v)t = t

(x+

1

1 + v

)= t(x+ xv + 1

1 + v

)1 = t

(x+ xv + 1

1 + v

)· (1 + v)

t =x

x+ xv + 1


Vstavimo to koordinato v enacbo premice←−→AAx in dobimo koordinato s tocke P .

s =x

x+ xv + 1

Na podoben nacin dobimo tudi koordinate tock Q in R. Sedaj lahko zapisemo

koordinate teh treh tock

P = ( 11+x+xv ,

x1+x+xv ), Q = ( yw

1+y+yw ,1

1+y+yw ), R = ( z1+z+zu ,

zu1+z+zu).

Naj s� oznacimo levo stran neenakosti (20). Ce domnevamo, da se vsak par Cevovih

daljic (AAx, BBv), (BBy, CCw) in (CCz, AAu) seka v natanko eni tocki, potem velja

� 6= 0.

Ustrezno razmerje ploscine trikotnika ∆PQR glede na trikotnik ∆ABC bomo podali

z determinanto 29.

Upostevali bomo lastnosti 25 in 26.

|PQR| =

∣∣∣∣∣∣∣∣1

1+x+xvyw

1+y+ywz

1+z+zux

1+x+xv1

1+y+ywzu

1+z+zu

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

=1

�

∣∣∣∣∣∣∣∣1 yw z

x 1 zu

1 + x+ xv 1 + y + yw 1 + z + zu

∣∣∣∣∣∣∣∣

=1

�

∣∣∣∣∣∣∣∣1 yw z

x 1 zu

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣+1

�

∣∣∣∣∣∣∣∣1 yw z

x 1 zu

x y z

∣∣∣∣∣∣∣∣+1

�

∣∣∣∣∣∣∣∣1 yw z

x 1 zu

xv yw zu

∣∣∣∣∣∣∣∣=

1

�(1 + ywzu+ zx− z − zu− xyw)

+1

�(z + ywzux+ zxy − zx− zuy − zxyw)

+1

�(zu+ ywzuxv + zxyw − zxv − zuyw − zuxyw)

=1

�(1− xyw − xvz − uyz + xyz + uvwxyz).


S tem smo dokazali enacbo (21).

Poglavje 3

ZAKLJUCEK

V prvem poglavju smo spoznali osnovne pojme, definicije in izreke. Kot vir sem upo-

rabila zapiske s predavanj profesorja dr. Matije Cenclja pri predmetu Elementarna

geometrija in ucbenik v angleskem jeziku [3].

Drugo poglavje je namenjeno Routhovemu izreku in njegovemu dokazu. Dodala

sem tudi sorodni izrek in lemo. Menim, da bi se s to vsebino lahko seznanili tudi ze

nadarjeni srednjesolci.

V zadnjem razdelku drugega poglavja pa sem s pomocjo clanka [10], ki mi je bil

dan s strani mentorja za izhodiscni vir diplomskega dela, predstavila posplositev

Routhovega izreka.

Vse slike, razen slik matematikov Routha, Evklida, Ceve in Menelaja (pridobljene

na spletu), so nastale v matematicnem programu GeoGebra.

58

Literatura

[1] Wikipedia: The free encyclopedia, Edward Routh

Dostopno na: https//en.wikipedia.org/wiki/Edward Routh

[2] Wikipedija: Prosta enciklopedija, Geometrija

Dostopno na: https://sl.wikipedia.org/wiki/Geometrija

[3] Venema, G. A. The Foundations of Geometry, Pearson, Prentice Hall, 2005

[4] E-ucbeniki: Vega 2, i-ucbenik za matematiko v 2. letniku gimnazij, ZRSSS,

Ljubljana 2014

Dostopno na: https://eucbeniki.sio.si/vega2/223/index.html

[5] Mlakar M., Menelajev izrek

Dostopno na: http://www2.arnes.si/ mmlaka10/Geometrıja/

menelaj.pdf

[6] Cikojevic, M., Kosturin, I. Cevin teorem, seminarski rad, Sveuciliste u Zagrebu,

Zagreb 2015

[7] Zugman, D. Van Lamoenov izrek, diplomsko delo (str 2 - 6), Univerza v Mari-

boru, Maribor 2012

[8] Wikipedia: The free encyclopedia, Routh’s theorem

Dostopno na: https://en.wikipedia.org/wiki/Routh%27s theorem

[9] Chik, A. A lemma for Routh’s Theorem

Dostopno na: http://www.geogebra.org/m/23848

[10] Benyi, A., Curgus, B. A generalization of Routh’s triangle theorem, 2012

Dostopno na: http://arxiv.org/pdf/1112.4813.pdf

[11] Wikipedia: The free encyclopedia, One-seventh area triangle

Dostopno na: https://en.wikipedia.org/wiki/One-seventh area triangle

59

LITERATURA

[12] Brock, L. Ceva’s Theorem, University of Georgia

Dostopno na: http://jwilson.coe.uga.edu/emt668/EMAT6680.2003.fall/

Brock/Final%20Assignment/FinalAssign.htm

[13] Nakamura, H., Oguiso, K. Elementary moduli space of triangles and iterative

processes, Journal of Mathematical Sciences 10 (str 209 - 224), Univerza v Tokiu

2003

Dostopno na: http://www.ms.u-tokyo.ac.jp/journal/pdf/

-jms100108.pdf

diplomsko delo - university of ljubljanapefprints.pef.uni-lj.si › 3626 › 1 ›...

Documents