UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

POUCEVANJE - PREDMETNO POUCEVANJE MATEMATIKE

SANJA SUBASIC

DISKI NA STRANICAH

MNOGOKOTNIKOV

MAGISTRSKO DELO

Ljubljana, 2015

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

POUCEVANJE - PREDMETNO POUCEVANJE MATEMATIKE

SANJA SUBASIC

Mentor: dr. Matija Cencelj

Somentor: dr. Bostjan Gabrovsek

DISKI NA STRANICAH

MNOGOKOTNIKOV

MAGISTRSKO DELO

Ljubljana, 2015

Povzetek

Med najbolj eminentnimi druzinami ravninskih likov so mnogokotniki. Pri mno-

gokotnikih nas zanimajo relacije med stranicami in koti. Ena izmed zanimivih last-

nosti mnogokotnikov, katero sem predstavila v magistrski nalogi, je oddaljenost med

stranicami. Posvetila sem se eni izmed moznosti za merjenje oddaljenosti in sicer,

prekrivanju diskov, postavljenih na stranice tako, da je vsaka stranica eden od pre-

merov kroga na njej.

Kljucne besede: n-kotnik, konveksni petkotnik, disk

ii

Abstract

Among the most prominent families of planar shapes are polygons. In the polygons

we are interested in relationships between the sides and angles. One of the inter-

esting properties of polygons, which I present in the thesis, is the distance between

the sides. I devoted my attention to one of the possibilities for the measurement of

the distance through the overlapping discs arranged on the sides so that each side

is one of the diameters of the disc on it.

Keywords: n-gon, convex 5-gon, disc

iii

Zahvala

Zahvaljujem se mentorju dr. Matiji Cenclju in somentorju dr. Bostjanu Gabrovsku

za strokovno pomoc, usmerjanje in nasvete pri izdelavi magistrskega dela.

Zahvalo izrekam tudi druzini, ki me je spodbujala in podpirala pri pisanju magi-

strskega dela.

iv

Kazalo

Povzetek i

Abstract iii

Zahvala iv

1 Uvod 1

2 Teoreticna izhodisca 3

3 Trikotniki 23

4 Stirikotniki 25

4.1 Nekonveksni stirikotniki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.2 Konveksni stirikotniki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

5 Petkotniki 29

5.1 Nekonveksni petkotniki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

5.2 Konveksni petkotniki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Literatura 52

v

Slike

1 Ilustracija Definicije 26. Sovrsna kota. . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Ilustracija dokaza 29. Izmenicna kota. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Ilustracija dokaza 47. Tangenta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

4 Ilustracija Definicije 49 in 50. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

5 Ilustracija dokaza 51. Tetivni stirikotnik. . . . . . . . . . . . . . . . . 13

6 Ilustracija dokaza 53. Tangentni stirikotnik. . . . . . . . . . . . . . . 14

7 Ilustracija Izreka 56. Talesov izrek o kotu v polkrogu. . . . . . . . . . 15

8 Ilustracija Trditve 57. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

9 Ilustracija Definicije 58. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

10 Ilustracija Definicije 59. Ustrezajoci srediscni kot. . . . . . . . . . . . 17

11 Ilustracija Izreka 60. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

12 Ilustracija dokaza 60. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

13 Ilustracija Definicije 61. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

14 Ilustracija dokaza 62. Sinusni izrek. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

15 Ilustracija dokaza 63. Kosinusni izrek. . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

16 Sekajoci diski na stranicah trikotnika. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

17 Ilustracija dokaza 64. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

18 Sekajoci diski na stranicah pravokotnega trikotnika. . . . . . . . . . . 24

19 Diski na stranicah nekonveksnega 4-kotnika. . . . . . . . . . . . . . . 25

20 Ilustracija opombe 68. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

21 Sekajoci diski na stranicah kvadrata in deltoida. . . . . . . . . . . . . 26

22 Diski na stranicah pravokotnika in paralelograma. . . . . . . . . . . . 27

23 Diski na stranicah trapeza. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

24 Diski na stranicah nekonveksnega 5-kotnika. . . . . . . . . . . . . . . 29

25 Dva nesekajoca diska s premerom AB in CD. . . . . . . . . . . . . . 30

26 Primer 5-kotnika. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

27 P lezi zunaj diskov s premerom AB, BC in DE. . . . . . . . . . . . . 32

28 Ilustracija orisa dokazovanja. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

29 Ilustracija Izreka 75. Apolonijev izrek. . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

vi

30 Ilustracija Leme 76. Diagonala tangentnega stirikotnika. . . . . . . . 36

31 Ilustracija Leme 78. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

32 Ilustracija Leme 82. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

33 Ilustracija Leme 83. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

34 Ilustracija Leme 84. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

35 Ilustracija Leme 85. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

36 Ilustracija Izreka 86. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

37 Ilustracija posledice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

vii

1 Uvod

Rezultati o nepovezanih in sekajocih diskih v ravnini so med najbolj klasicnimi v

konveksni geometriji. V magistrski nalogi sem se posvetila merjenju oddaljenosti s

pomocjo prekrivanja diskov, ki so postavljeni na stranice tako, da je vsaka stranica

eden od premerov kroga na njej. V nadaljevanju bom uporabljala izraza disk in krog

kot sinonima.

Sekajoce diske v ravnini je ze obravnaval matematik Eduard Helly1 v 19. sto-

letju. Eden izmed njegovih pomembnih izrekov pravi, ce se katerikoli trije diski v

ravnini izmed dane druzine z n diski sekajo, potem se seka vseh n diskov. Seveda

pa Helly ni edini, ki se je ukvarjal s prekrivanjem diskov. Danzerjev2 izrek pravi, ce

se katerakoli dva diska izmed dane druzine n diskov sekata, potem obstaja mnozica

stirih tock, ki sekajo vsak disk. Presecisca diskov so bila upostevana tudi v kontekstu

grafov presecisc; vsak disk predstavlja tocko grafa in dve tocki grafa sta sosednji,

ce in samo ce, se ustrezni diski sekajo. Po Koebe-Andreev-Thurstonovemu izreku je

vsak graf v ravnini preseciscni graf diskov. V mojem problemu so diski v posebnem

polozaju, zato bom pokazala, da popolnega grafa na petih tockah K5 ne dobimo

kot graf presecisc katerihkoli takih diskov.

Magistrsko delo je v grobem razdeljeno na tri dele. V prvem delu sem obrav-

navala definicije in izreke elementarne evklidske geometrije, ki so osnova za na-

daljnje razumevanje. Prvi del je tako primeren za obravnavo na osnovnosolski in

srednjesolski stopnji.

1Eduard Helly je bil matematik rojen leta 1884 na Dunaju, kjer je tudi doktoriral leta 1907.

Po njem je poimenovanih kar nekaj pomembnih izrekov. Delal je kot mentor, gimnazijski ucitelj,

urednik ucbenikov, itd. Leta 1938 je odsel v Ameriko, kjer je delal kot ucitelj na dveh mladinskih

solah in umrl leta 1943.2Ludwig Danzer, rojen leta 1927 v Nemciji, je delal kot profesor in bil prvi dekan za matematiko

na Univerzi v Dortmundu. Njegovi temeljni prispevki na stevilna vprasanja v diskretni geometriji,

zlasti za raziskovanje geometrijskih modelov do atomske strukture leta 1984, so mu dali visok

nacionalni in mednarodni ugled.

1

Drugi del je primeren za obravnavo na gimnazijski stopnji. V tem delu sem se po-

svetila prekrivanju diskov pri trikotnikih in stirikotnikih. Pri trikotnikih sta si vsaki

dve stranici sosednji in se zato kroga nad njima sekata. Poskusala sem ugotoviti,

ali se sekajo vsi trije krogi v neki tocki. Pri 4-kotnikih lahko vidimo, da se npr.

pri kvadratu vsi stirje krogi sekajo v srediscu kvadrata, medtem ko se kroga nad

krajsima stranicama pravokotnika ne sekata. Vprasala sem se tudi, kaj velja za pa-

ralelograme, trapeze, deltoide in kaj za nekonveksne 4-kotnike.

V nadaljevanju, torej v tretjem delu magistrskega dela, so predstavljeni konveksni 5-

kotniki, ki predstavljajo osrednji problem magistrske naloge. Tretji del je napisan in

primeren za obravnavo na univerzitetnem nivoju. Prav tako je namenjen uciteljem,

ki bi zeleli dani problem predstaviti ucencem. Pri 5-kotnikih lahko najdemo ne-

konveksni 5-kotnik, za katerega se vsaka dva kroga nad dvema stranicama sekata,

medtem ko za konveksne 5-kotnike to ne velja. Za konveksne 5-kotnike velja, da ima

vsak konveksni petkotnik vsaj dve taki stranici, da se diska, ki imata ti stranici za

premera, ne sekata. Ena izmed glavnih ugotovitev sledi iz zgornjega rezultata, da

tudi za konveksne n-kotnike, kjer je n vsaj 5, velja, da se vsaj en par krogov nad

stranicami ne seka.

Za boljso predstavo je magistrsko delo opremljeno s slikami. Slike 28, 32, 33, 34 in

35 sem prenesla iz literature [3], vse ostale slike pa sem narisala v prostodostopnem

matematicnem programu GeoGebra 5.0.

2

2 Teoreticna izhodisca

V samem zacetku magistrskega dela, si bomo pogledali nekaj osnovnih teoreticnih

izhodisc ravninske geometrije, ki so potrebna za nadaljnje razumevanje. V tem delu

so navedeni nedefinirani pojmi, aksiomi in dokazi najosnovnejsih izrekov.

Nedefinirani pojmi ravninske geometrije: tocka, premica, razdalja, polrav-

nina, velikost kota in ploscina. Slednji v nasem primeru ni pomemben, zato ga bomo

izpustili.

Aksiom o obstoju tocke. Tocke tvorijo neprazno mnozico, ki ima vec kot en

element.

Definicija 1. Mnozico vseh tock imenujemo ravnina in jo oznacimo s P.

Aksiom incidence. Vsaka premica je mnozica tock. Za vsak par tock A in B

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

Opomba 2. Premico, ki gre skozi tocki A in B bomo oznacili s simbolom `(A,B).

Definicija 3. Tocka A lezi na premici `, ce A ∈ `.

Definicija 4. Premici p in ` sta vzporedni, ce p ∩ ` = ∅.

Aksiom ravnila. Za vsaki tocki A in B obstaja realno stevilo |AB|, ki ga ime-

nujemo razdalja od A do B. Za vsako premico ` obstaja taka bijekcija iz ` na R,

da za poljubni tocki A,B ∈ `, ki se s to bijekcijo preslikata v x oziroma y, velja

|AB| = |x− y|.

Definicija 5. Naj bodo A,B in C razlicne tocke. Tocka C je med tockama A in

B, kar zapisemo A ∗ C ∗B, ce je C ∈ `(A,B) in velja |AC|+ |CB| = |AB|.

Definicija 6. Daljica AB je definirana z enakostjo AB = {A,B}∪{P ;A∗P ∗B}.

3

Definicija 7. Poltrak h(A,B) je definiran z enakostjo h(A,B) = AB ∪ {P ;A ∗

B ∗ P}.

Definicija 8. Dolzina daljice AB je razdalja |AB| med tockama A in B.

Definicija 9. Daljici AB in CD sta skladni, kar bomo pisali AB ∼= CD, ce je

|AB| = |CD|.

Definicija 10. Tocki A in B sta krajisci daljice AB, vse ostale tocke te daljice pa

so notranje tocke te daljice. Tocka A je krajisce poltraka h(A,B).

Definicija 11. Mnozica S ⊂ P je konveksna, ce za vsak par tock A,B ∈ S velja,

da je vsa daljica AB podmnozica mnozice S.

Aksiom o separaciji ravnine: Za vsako premico ` velja, da tocke, ki niso na

njej, tvorijo dve neprazni disjunktni mnozici H1 in H2, ki jima pravimo polravnini

omejeni z `, za kateri velja:

• H1 in H2 sta konveksni mnozici;

• ce je P ∈ H1 in Q ∈ H2, daljica PQ preseka premico `.

Definicija 12. Naj bosta tocki A in B izven premice `. Ce sta v isti polravnini, glede

na premico `, recemo, da sta na isti strani premice `, sicer pa, da sta na nasprotnih

straneh premice `.

Opomba 13. Naj bo ` premica in A tocka izven nje. Tedaj bomo s HA oznacili

tisto polravnino omejeno z `, v kateri lezi tocka A.

Definicija 14. Poltraka h(A,B) in h(A,C), ki imata skupno krajisce, sta si na-

sprotna poltraka natanko tedaj, ko nista enaka, a velja `(A,B) = `(A,C). Sicer

sta si nenasprotna.

4

Definicija 15. Kot je unija dveh nenasprotnih poltrakov h(A,B) in h(A,C), ki

imata isto krajisce. Kot oznacimo s simbolom ∠BAC ali ∠CAB. Tocka A je vrh

kota ∠BAC, poltraka h(A,B) in h(A,C) pa sta kraka kota.

Definicija 16. Naj bodo A,B in C take tocke, da si poltraka h(A,B) in h(A,C) ni-

sta nasprotna. Notranjost kota ∠BAC definiramo takole: ce h(A,B) 6= h(A,C),

je notranjost tega kota presek polravnine HB, ki jo dolocata premica `(A,C) in

tocka B, in polravnine HC, ki jo dolocata premica `(A,B) in tocka C. Ce pa je

h(A,B) = h(A,C), je notranjost kota ∠BAC prazna.

Definicija 17. Poltrak h(A,D) lezi med poltrakoma h(A,B) in h(A,C), ce je tocka

D v notranjosti kota ∠BAC.

Aksiom o kotomeru. Za vsak kot ∠BAC obstaja realno stevilo µ(∠BAC), ki mu

recemo velikost kota ∠BAC. Zanj veljajo naslednje lastnosti:

• 0◦ ≤ µ(∠BAC) < 180◦ za vsak kot ∠BAC ;

• µ(∠BAC) = 0◦ ⇔ h(A,B) = h(A,C) ;

• za vsako realno stevilo r, 0 < r < 180, in za vsako polravnino H, ki jo

omejuje premica `(A,B), obstaja natanko en poltrak h(A,E), da je E ∈ H in

µ(∠BAE) = r◦;

• ce poltrak h(A,D) lezi med poltrakoma h(A,B) in h(A,C), velja

µ(∠BAC) = µ(∠BAD) + µ(∠DAC).

Definicija 18. Kota ∠BAC in ∠EDF sta skladna, ce velja µ(∠BAC) = µ(∠EDF ).

Definicija 19. Kot ∠BAC je

• pravi kot, ce je µ(∠BAC) = 90◦,

• ∠BAC je ostri kot, ce je µ(∠BAC) < 90◦ in

5

• ∠BAC je topi kot, ce je µ(∠BAC) > 90◦.

Definicija 20. Poljubne tocke A,B in C so kolinearne, ce obstaja premica `, na

kateri lezijo tocke A,B in C. Ce taka premica ` ne obstaja, so tocke A,B in C

nekolinearne.

Definicija 21. Naj bosta A in B razlicni tocki. Tedaj je M sredisce daljice AB,

ce je M med A in B in je |AM | = |MB|. Sredisce daljice je na daljici, zato velja

|AM |+ |MB| = |AB| in zato |AM | = 1/2 |AB|.

Definicija 22. Naj bodo A,B in C tri nekolinearne tocke. Poltrak h(A,D) je raz-

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

µ(∠DAC). Premici `(A,D) recemo simetrala kota ∠BAC.

Definicija 23. Kota ∠BAD in ∠DAC sta sokota, ce sta h(A,B) in h(A,C) na-

sprotna poltraka. Ce sta ∠BAD in ∠DAC sokota, je µ(∠BAD)+µ(∠DAC) = 180◦.

Kota ∠BAC in ∠EDF sta suplementarna, ce µ(∠BAC) + µ(∠EDF ) = 180◦.

Sokota sta suplementarna kota.

Definicija 24. Premici p in ` sta pravokotni, ce obstajajo take tocke A ∈ ` ∩ p,

B ∈ ` in C ∈ p, da je kot ∠BAC pravi kot. Oznaka za to je ` ⊥ p.

Definicija 25. Naj bosta A in B razlicni tocki. Simetrala daljice AB je premica

m, ki gre skozi sredisce daljice AB in je m ⊥ `(A,B).

Definicija 26. Kota ∠BAC in ∠DAE sta sovrsna (slika 1) ce:

• sta si poltraka h(A,B) in h(A,E) nasprotna in sta si tudi h(A,C) in h(A,D)

nasprotna;

• ali pa sta si poltraka h(A,B) in h(A,D) nasprotna in sta si tudi poltraka

h(A,C) in h(A,E) nasprotna.

6

Slika 1: Ilustracija Definicije 26. Sovrsna kota.

Definicija 27. Naj bosta ` in razlicni premici. Ce je t taka premica, da seka

premico ` v eni tocki (recimo ji A), premico pa v drugi tocki (recimo ji B), recemo,

da je t precnica na premici ` in . Notranji kot ima en krak na premici t z

izhodiscem v A (ali B) in gre skozi B (ali A), drugi krak pa je na ` (ali ). Zunanji

kot ima en krak na premici t z izhodiscem v A (ali B) in ne gre skozi B (ali A),

drugi krak pa je na ` (ali ).

Definicija 28. Izmenicna kota sta kota ob precnici, ki sta na razlicnih bregovih

precnice in sta oba notranja ali oba zunanja kota.

Izrek 29 (Izrek o izmenicnih kotih). Naj bosta ` in `′ premici, ki jih sece precnica

t tako, da sta izmenicna kota skladna. Tedaj sta premici ` in `′ vzporedni.

Dokaz 29. Naj bodo premice kot v predpostavki izreka in denimo, da sta iz-

menicna kota notranja. Izberimo tocke A,B,C in A′, B′, C ′ kot kaze slika 2 in naj

bo ∠A′B′B ∼= ∠B′BC. Dokazati moramo ` || `′.

Denimo, da je ` ∩ `′ = D. Ce je D na isti strani transverzale t kot C, je ∠A′B′B

zunanji kot trikotnika 4BB′D, ∠B′BD pa njemu neprilezni notranji kot (slika 2A).

To pa nasprotuje izreku o zunanjem kotu.

Ce pa je D na isti strani precnice t kot tocka A, pa je ∠B′BC zunanji kot trikotnika

4BB′D, kot ∠A′B′B pa njemu neprilezni notranji kot istega trikotnika (slika 2B).

Spet smo v protislovju z izrekom o zunanjem kotu.

Ce se premici ` in `′ sekata, se morata po aksiomu o separaciji ravnine sekati na eni

7

strani precnice t. Ker nas obe moznosti pripeljeta do protislovja, moramo zavreci

moznost, da se ` in `′ sekata.

2

Slika 2: Ilustracija dokaza 29. Izmenicna kota.

Povedali smo, kaj je skladnost daljic in kaj je skladnost kotov, zato lahko skla-

dnost razsirimo se na trikotnike.

Definicija 30. Naj bodo A,B in C tri nekolinearne tocke. Trikotnik 4ABC je

unija

4ABC = AB ∪BC ∪ CA

daljic AB,BC in CA. Tockam A,B in C recemo oglisca trikotnika4ABC, daljicam

AB,BC in CA pa stranice trikotnika 4ABC.

Definicija 31. Trikotnika sta skladna, ce obstaja taka bijekcija med mnozicama

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

sranico in vsak kot v skladni kot. Oznaka za skladnost trikotnikov 4ABC in 4DEF

je 4ABC ∼= 4DEF .

Aksiom SKS (Aksiom stranica-kot-stranica). Ce za trikotnika 4ABC in 4DEF

velja AB ∼= DE, AC ∼= DF in ∠BAC ∼= ∠EDF , velja tudi 4ABC ∼= 4DEF .

Izrek 32 (Izrek o enakokrakih trikotnikih). Naj bo 4ABC trikotnik, v katerem velja

AB ∼= AC. Tedaj velja tudi ∠ABC ∼= ∠ACB.

8

Dokaz 32. Naj velja predpostavka izreka. Po aksiomu SKS velja4ABC ∼= 4ACB

iz cesar sledi ∠ABC ∼= ∠ACB.

2

Opomba 33. Dokaz Izreka 32 si lahko predstavljamo kot dvig trikotnika in potem

polozitev nazaj, a tako, da gre oglisce A nazaj vase, oglisci B in C pa se zamenjata.

Ta dokaz se pripisuje Papusu iz Aleksandrije3.

Definicija 34. Naj bodo A,B,C in D take tocke, da nobene tri od njih niso koli-

nearne 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.

Zgornjim daljicam recemo stranice stirikotnika, tockam A,B,C in D pa oglisca tega

stirikotnika. Stranicama AB in CD recemo nasprotni stranici, prav tako tudi stra-

nicama BC in DA.

Definicija 35. Diagonali stirikotnika �ABCD sta daljici AC in BD.

Definicija 36. Kvadrat ABCD je stirikotnik, s stirimi skladnimi pravimi koti in

stirimi skladnimi stranicami. Nasprotni stranici sta vzporedni.

Definicija 37. Stirikotnik ABCD, ki ima vse stranice skladne, imenujemo romb.

Nasprotni stranici sta vzporedni.

Definicija 38. Deltoid ABCD je v ravninski geometriji stirikotnik, ki ima dva

para sosednjih skladnih stranic.

3Papus iz Aleksandrije je zivel priblizno 600 let po Evklidu. Bil je zadnji veliki znani starogrski

geometer. Inovativnost dokaza Izreka 32 je v tem, da uporabi skladnost trikotnika s samim seboj

preko simetrije.

9

Opomba 39. Deltoid, ki ima vse stiri stranice skladne, imenujemo romb.

Trditev 40. Diagonali kvadrata, deltoida in romba se sekata pravokotno.

Dokaz 40. Dovolj bo, ce predstavimo dokaz pravokotnih diagonal deltoida. Naj bo

ABCD deltoid in S presecisce njegovih diagonal AC in BD. S pomocjo Definicije

38 vemo, da sta dva para sosednjih stranic skladna. Zato sta 4ABS in 4BCS

skladna. Potem sta skladna tudi ∠ASB in ∠BSC in oba sta prava kota. To pa

pomeni, da sta diagonali pravokotni.

2

Definicija 41. Pravokotnik ABCD je stirikotnik, katerega vsi notranji koti so

pravi. Nasprotni stranici sta skladni in vzporedni.

Definicija 42. Stirikotniku ABCD pravimo paralelogram, ce sta po dve nasprotni

stranici vzporedni in skladni.

Opomba 43. Iz izreka o izmenicnih kotih (Izrek 29) sledi, da je pravokotnik para-

lelogram, odtod pa, da je konveksni stirikotnik.

Definicija 44. Trapez ABCD je stirikotnik z dvema vzporednima stranicama, ka-

teri imenujemo osnovnici. Ostali dve nevzporedni stranici pa imenujemo kraka tra-

peza.

Definicija 45. Za dano tocko S in pozitivno realno stevilo r je kroznica s srediscem

v S in polmerom r mnozica tistih tock T, ki so na razdalji r od S. S simboli to

zapisemo

K(S, r) = {T |ST = r}.

Za tocke, ki so na razdalji < r od tocke S, recemo, da so znotraj kroga s srediscem

S in polmerom r. Za tocke, ki so na razdalji > r od tocke S, pa recemo, da so zunaj

tega kroga. Pogosto recemo tudi vsaki daljici ST iz sredisca kroga do poljubne tocke

na kroznici, polmer kroga K(S, r).

10

Definicija 46. Naj bo γ = K(S, r) kroznica, P in Q pa tocki na njej. Daljici PQ

recemo tetiva kroga γ. Za tocki P in Q na kroznici γ recemo da sta antipodni, ce

velja P ∗ S ∗Q. Za antipodni tocki P in Q pa daljici PQ recemo premer kroga.

Izrek 47 (Izrek o tangenti). Naj bo t premica, γ = K(S, r) kroznica in tocka

P ∈ t ∩ γ. t je tangenta na γ natanko tedaj, ko je premica `(S, P ) ⊥ t.

Dokaz 47. Naj bodo t, γ in P kot v predpostavki izreka. Dokaz bomo predstavili v

smeri ⇒. Naj bo torej t tangenta na γ v tocki P . Dokazati moramo `(S, P )⊥ t. Ce

potegnemo pravokotnico iz S na t in imenujemo njeno nozisce Q, moramo dokazati,

da je Q = P . Pa denimo, da ni tako. Tedaj obstaja taka tocka R ∈ t, da je P ∗Q∗R

in PQ ∼= QR (slika 3). Po aksiomu SKS je tedaj 4SPQ ∼= 4SRQ. To pa pomeni,

da je tudi R ∈ γ, kar pa nasprotuje predpostavki, da je t tangenta na γ.

2

Slika 3: Ilustracija dokaza 47. Tangenta.

Definicija 48. Za neko mnozico premic p1, p2, . . . , recemo, da tvorijo sop, ce ob-

staja 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.

Definicija 49. Krog, katerega meja vsebuje vsa tri oglisca trikotnika 4ABC, se

imenuje trikotniku 4ABC ocrtani krog, njegovo sredisce pa sredisce ocrtanega

kroga. Trikotniku se da ocrtati krog natanko tedaj, ko simetrale stranic tvorijo sop.

Ce se trikotniku da ocrtati krog, sta sredisce in polmer tega kroga natancno dolocena.

11

Definicija 50. Naj bo 4ABC trikotnik. Ce je γ krog, na katerega so vse tri stranice

trikotnika 4ABC tangentne, recemo, da je γ trikotniku 4ABC vcrtani krog.

Vsak trikotnik ima natanko dolocen vcrtani krog. Simetrale kotov trikotnika tvorijo

sop s skupno tocko, ki je sredisce trikotniku vcrtanega kroga.

Slika 4: Ilustracija Definicije 49 in 50.

(A) ocrtani krog, (B) vcrtani krog.

Izrek 51. Konveksen stirikotnik je tetivni, ce vsa njegova oglisca lezijo na isti

kroznici oziroma ce ima ocrtano kroznico. Njegove stranice so tetive te kroznice.

Nasprotna notranja kota sta suplementarna.

Dokaz 51. Naj velja predpostavka izreka. S pomocjo Izreka o obodnem in srediscnem

kotu, lahko dokazemo, da sta nasprotna notranja kota tetivnega stirikotnika, suple-

mentarna (slika 5).

Tako velja

2α + 2γ = 360◦,

kar je enako

α + γ = β + δ = 180◦.

2

12

Slika 5: Ilustracija dokaza 51. Tetivni stirikotnik.

Opomba 52. Vsakemu trikotniku lahko ocrtamo kroznico, medtem ko za stirikotnike

v splosnem to ne drzi. Vsakemu pravilnemu n-kotniku, kamor sodi tudi kvadrat,

lahko ocrtamo kroznico. Tudi pravokotnik in enakokraki trapez sta tetivna stirikotnika,

medtem ko za paralelogram, romb, trapez in deltoid v splosnem to ne velja.

S pomocjo zgornjega izreka pa vemo, da je stirikotnik tetiven natanko tedaj, ko sta

nasprotna notranja kota stirikotnika suplementarna. Ker za romb, paralelogram,

trapez in deltoid v splosnem ne velja, da je vsota njihovih nasprotnih notranjih kotov

enaka iztegnjenemu kotu, ti stirikotniki v splosnem niso tetivni. Romb in paralelo-

gram sta tetivna, ko so njuni notranji koti pravi, torej, ko govorimo o kvadratu in

pravokotniku. Trapez je tetiven v primeru, ko je enakokrak, deltoid pa v primeru, ko

je vsaj en par njegovih nasprotnih notranjih kotov pravi.

Izrek 53. Tangentni stirikotnik je v ravninski geometriji konveksni mnogokotnik za

katerega obstaja kroznica, ki se dotika vseh njegovih stranic, oziroma, ki ima vcrtano

kroznico. Njegove stranice so tangentne na vcrtano kroznico. Vsota dolzin naspro-

tnih stranic je enaka dolzini drugih dveh nasprotnih stranic, da velja a+ c = b+ d.

Dokaz 53. Naj velja predpostavka izreka. S pomocjo slike 6 lahko dokazemo, da je

vsota dolzin nasprotnih stranic enaka vsoti dolzin drugih dveh nasprotnih stranic.

Tako velja

a+ c = k +m+ n+ t,

b+ d = m+ n+ t+ k,

13

kar je enako a+ c = b+ d.

2

Slika 6: Ilustracija dokaza 53. Tangentni stirikotnik.

Opomba 54. Med tangentne stirikotnike sodijo vsi deltoidi, torej tudi romb in kva-

drat. Posebni primer tangentnega stirikotnika pa je tudi tangentni trapez.

Opomba 55. Stirikotniki, ki so hkrati tangentni in tetivni, se imenujejo bicentricni

stirikotniki ali tetivnotangentni stirikotniki. Nekateri deltoidi so bicentricni. V njih

sta zaradi Talesovega izreka dva nasprotna notranja kota prava. Ce je v mnogoko-

tniku en notranji kot pravi in je mnogokotnik bicentricen, je to ze deltoid z dvema

nasprotnima notranjima pravima kotoma, saj sta suplementarna, oziroma, ne ob-

staja bicentricni stirikotnik z enim samim notranjim pravim kotom. Prav tako so

bicentricni tudi nekateri enakokraki trapezi, oziroma od teh vsi enakokraki tangentni

trapezi. Poseben primer bicentricnega stirikotnika je kvadrat, saj je pravilni mnogo-

kotnik.

Izrek 56 (Talesov izrek o kotu v polkrogu4). Kot, ki ima vrh na kroznici, njegova

kraka pa potekata skozi krajisci premera te kroznice, je pravi kot (slika 7).

4Tales, rojen okoli 635 pr. n. st., je bil starogrski filozof, matematik, astronom in inzenir. Bil

je Pitagorov sodobnik in velja za ustanovitelja grske filozofije, znanosti in matematike.

14

Slika 7: Ilustracija Izreka 56. Talesov izrek o kotu v polkrogu.

Oglisce C lezi na kroznici (γ = 90◦).

Dokaz 56. Dejstvo, da je vsak kot nad premerom kroznice pravi, so brez dokaza

poznali ze Babilonci tisoc let pred Talesom.

Naj bo S sredisce kroznice, C vrh kota, AB ustrezni premer. V trikotniku 4ABC

oznacimo z α kot pri ogliscu A in z β kot pri ogliscu B. Potem je kot pri ogliscu C

enak γ = α+β, saj sta trikotnika4ACS in4BCS enakokraka in velja |SC |= |SA |

ter |SC |= |SB |. Vsota notranjih kotov v trikotniku je 180◦. Torej je

α + β + (α + β) = 180◦

2α + 2β = 180◦

α + β = 90◦

γ = 90◦.

2

Trditev 57. Ce tretje oglisce C trikotnika 4ABC ne lezi na kroznici, potem ne

govorimo vec o pravokotnem trikotniku. In sicer, ce je tretje oglisce C trikotnika

4ABC v notranjosti kroga, ki ima AB za premer, je kot pri ogliscu C topi kot (slika

8A), ce pa je oglisce C izven tega kroga, pa je kot pri ogliscu C ostri kot (slika 8B).

Dokaz 57. Naj bo S sredisce kroznice, C vrh kota, AB ustrezni premer. V triko-

tniku 4ABC oznacimo z α kot pri ogliscu A in z β kot pri ogliscu B. Potem je kot

pri ogliscu C enak γ = α1 + β1, kot kaze slika 8.

15

Slika 8: Ilustracija Trditve 57.

Na sliki (A) oglisce C lezi v krogu (γ > 90◦).

Na sliki (B) oglisce C lezi izven kroga (γ < 90◦).

V prvem primeru (slika 8A), kjer oglisce C ne lezi na kroznici, temvec v notranjosti

kroga, velja |SC |< |SA | in α < α1, kjer je α1 = ∠SCA.

Enako velja |SC |< |SB | in β < β1, kjer je β1 = ∠SCB. Tako dobimo

α + β + γ < α1 + β1 + γ

α + β + γ < γ + γ

180◦ < 2γ

90◦ < γ.

Drugi primer, kjer oglisce C lezi izven kroga (slika 8B), dokazemo na enak nacin,

saj velja |SC |> |SA | in α > α1, kjer je α1 = ∠SCA.

Enako velja |SC |> |SB | in β > β1, kjer je β1 = ∠SCB. Tako dobimo

α + β + γ > α1 + β1 + γ

α + β + γ > γ + γ

180◦ > 2γ

90◦ > γ.

2

16

Definicija 58. Imamo tocki A in B na kroznici C = K(S, r). Srediscni kot nad

lokom AB je kot z vrhom v srediscu S kroznice C, katerega kraka potekata skozi tocki

A in B. Obodni kot nad lokom AB je kot z vrhom V na kroznici C, katerega kraka

potekata skozi tocki A in B (slika 9).

Slika 9: Ilustracija Definicije 58.

Srediscni kot α in obodni kot β nad lokom AB.

Definicija 59. Naj bo ∠AV B obodni kot za kroznico C = K(S, r). Naj bosta V

in B na razlicnih straneh premice `(S,A) ali pa tocki V in A na razlicnih straneh

premice `(S,B), kot kaze slika 10. Tedaj pravimo kotu ∠ASB obodnemu kotu ∠AV B

ustrezajoci srediscni kot.

Slika 10: Ilustracija Definicije 59. Ustrezajoci srediscni kot.

17

Izrek 60 (Izrek o srediscnem kotu). Obodni kot meri polovico ustrezajocega srediscnega

kota. Vsi obodni koti nad istim lokom merijo enako (slika 11).

Slika 11: Ilustracija Izreka 60.

Dokaz 60. Naj bo ∠AV B obodni kot za kroznico C = K(S, r). Imamo tri moznosti:

da je S na kakem kraku tega kota; da je S v notranjosti tega kota; ali da je S zunaj

tega kota.

Slika 12: Ilustracija dokaza 60.

• Naj bo S na kraku h(V,B), torej V ∗S ∗B (slika 12A). Smo v situaciji Taleso-

vega izreka. Srediscni kot je zunanji kot pri S enakokrakega trikotnika 4AV S

in zato meri dvakrat toliko kot obodni kot pri V .

• Naj bo S v notranjosti kota ∠AV B (slika 12B). Naj bo tocka T na kroznici

C, da velja V ∗ S ∗ T , torej sta V in T antipodni tocki.

18

Tedaj je µ(∠AV B) = µ(∠AV T ) + µ(∠BV T ) in µ(∠ASB) = µ(∠AST ) +

µ(∠BST ). Po prvem delu dokaza pa dobimo µ(∠AST ) = 2µ(∠AV T ) in

µ(∠BST ) = 2µ(∠BV T ).

• Naj bo S izven kota ∠AV B (slika 12C). Naj bo T spet taka tocka na kroznici

C, da velja V ∗ S ∗ T . Tu imamo dve moznosti: ali je A v notranjosti ∠BV T

ali pa je B v notranjosti kota ∠AV T . Denimo, da velja druga moznost. Tedaj

po aksiomu kotomera velja µ(∠AV B) = µ(∠AV T ) − µ(∠BV T ). Za slednja

kota pa dobimo ustrezni rezultat po prvem delu dokaza.

2

Za konec prvega dela pa si poglejmo se nekaj malega o kotnih funkcijah.

Definicija 61. Razmerja stranic so v pravokotnem trikotniku odvisna le od kota in

taksne odvisne kolicine imenujemo kotne funkcije.

Glede na spodnji primer, prikazan na sliki 13, definiramo kotne funkcije kot:

• sinus kota α je enak razmerju med kotu α nasprotno kateto in hipotenuzo,

sinα =a

c;

• kosinus kota α je enak razmerju med kotu α prilezno kateto in hipotenuzo,

cosα =b

c;

• tangens kota α je enak razmerju med kotu α nasprotno in prilezno kateto,

tanα =a

b;

• kotangens kota α je enak razmerju med kotu α prilezno in nasprotno kateto,

cotα =b

a.

19

Slika 13: Ilustracija Definicije 61.

Izrek 62 (Sinusni izrek). Za poljubni trikotnik 4ABC s stranicami a = BC,

b = AC in c = AB je razmerje dolzin stranic trikotnika enako razmerju sinusov

kota, ki lezijo tem stranicam nasproti

a

sinα=

b

sin β=

c

sin γ.

Dokaz 62. Naj velja predpostavka izreka. V trikotniku 4ABC je ∠ACB obodni

kot nad lokom AB, ∠ASB pa pripadajoci srediscni kot nad istim lokom. Tako je

trikotnik 4ABS enakokrak (slika 14).

Slika 14: Ilustracija dokaza 62. Sinusni izrek.

Zato lahko s pomocjo Definicije 61 dobimo

sin γ =c2

r⇒ c

sin γ= 2r.

20

Ce bi oglisca na zgornji sliki zamenjali, bi na enak nacin dobili naslednji dve izpeljavi

sinα =a2

r⇒ a

sinα= 2r,

sin β =b2

r⇒ b

sin β= 2r.

Torej je

2r =a

sinα=

b

sin β=

c

sin γ

in s tem je izrek dokazan.

2

Izrek 63 (Kosinusni izrek). Za poljubni trikotnik 4ABC s stranicami a = BC,

b = AC in c = AB velja kosinusni izrek

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα,

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β,

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.

Dokaz 63. Naj bodo stranice poljubnega trikotnika kot v predpostavki izreka. V

trikotniku oznacimo visino vc = CD, ki razdeli stranico c na dva dela, AD = c− x

in BD = x, kot kaze slika 15.

Slika 15: Ilustracija dokaza 63. Kosinusni izrek.

V pravokotnem trikotniku 4ADC je po Pitagorovem izreku v2c = b2 − (c− x)2.

V pravokotnem trikotniku 4DBC pa je po istem izreku v2c = a2 − x2.

21

Izenacimo oba izraza, ki smo ju nasli za v2c in dobimo

v2c = v2c

b2 − (c− x)2 = a2 − x2

a2 − x2 = b2 − c2 + 2cx− x2

b2 = a2 + c2 − 2cx.

S pomocjo pravil kotnih funkcij v pravokotnem trikotniku, lahko neznani odsek x

izrazimo s stranico a in s kotom β, da dobimo cos β = xa. Zato je

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β.

Ce bi namesto vc oznacili visino va ali vb, bi na enak nacin lahko izpeljali zvezo med

stranicami in enim kotom

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα,

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.

2

22

3 Trikotniki

Izrek 64. Pri trikotnikih sta si vsaki dve stranici sosednji in se zato kroga nad njima

sekata (slika 16).

Slika 16: Sekajoci diski na stranicah trikotnika.

Dokaz 64. Naj bo 4ABC poljuben raznostranicen trikotnik. Naredimo simetralo

poljubnega notranjega kota, npr. kota α pri ogliscu A, kot kaze slika 17. Ker tocke

A,B,C niso kolinearne, je kot α strogo manjsi od 180◦, zato gre simetrala skozi

oglisce in ni pravokotna na stranici, ki sta kraka kota.

Slika 17: Ilustracija dokaza 64.

Premica, ki ima s kroznico skupno natanko eno tocko imenujemo tangenta. Iz izreka

o tangenti (Izrek 47) pa sledi, da premica oziroma simetrala kota, ki ima skupno

23

oglisce s krogoma nad stranicama, ni tangenta, temvec je sekanta obeh krogov in to

znotraj notranjega kota. En del te simetrale je v obeh krogih skupaj, kar pomeni da

simetrala seka oba kroga. To pa pomeni, da imata tudi notranjosti krogov neprazni

presek.

2

Posledica 65. Diska nad sosednjima stranicama, torej stranicama s skupnim ogliscem

poljubnega konveksnega n-kotnika, se sekata.

Opomba 66. Disk, ki ima daljico AB za premer, bomo oznacili s simbolom DA,B.

Izrek 67. Pri pravokotnem trikotniku imajo vsi trije krogi nad stranicami neprazen

presek (slika 18).

Slika 18: Sekajoci diski na stranicah pravokotnega trikotnika.

Dokaz 67. Naj bo 4ABC poljubni pravokotni trikotnik. S pomocjo Talesovega

izreka o kotu v polkrogu (Izrek 56) vemo, da ima pravokotni trikotnik 4ABC s

pravim kotom pri ogliscu A, vsa tri oglisca na disku DB,C (slika 18). S pomocjo

Posledice 65 pa vemo, da se diska, ki imata za premer sosednji stranici AB in AC,

sekata v skupni tocki A. Torej se vsi trije diski DB,C , DA,B in DA,C sekajo v isti

tocki in sicer v ogliscu A.

2

24

4 Stirikotniki

4.1 Nekonveksni stirikotniki

Pri nekonveksnih stirikotnikih, lahko najdemo taksnega, kjer se vsaka dva kroga

sekata (slika 19A), ter taksnega, kjer se dva kroga izmed stirih ne sekata (slika 19B).

Slika 19: Diski na stranicah nekonveksnega 4-kotnika.

25

4.2 Konveksni stirikotniki

S pomocjo Definicije 11 vemo, da je stirikotnik �ABCD konveksen, ce je vsako

oglisce v notranjosti kota, ki ga tvorijo ostala oglisca vzeta v ciklicnem vrstnem

redu.

Opomba 68. Pri konveksnih stirikotnikih je pomemben vrstni red oglisc. Ce je

�ABCD konveksni stirikotnik, potem �ACBD ni konveksni stirikotnik, saj se stra-

nici AC in BD sekata.

Slika 20: Ilustracija opombe 68.

Trditev 69. Pri kvadratu in deltoidu se kroznice sekajo v preseciscu diagonal (slika

21).

Slika 21: Sekajoci diski na stranicah kvadrata in deltoida.

26

Opomba 70. Pri rombu se kroznice prav tako sekajo v preseciscu diagonal, saj je

romb hkrati deltoid.

Dokaz 69. Imejmo poljuben kvadrat in deltoid. S pomocjo Trditve 40 vemo, da

se diagonali kvadrata in deltoida sekata pravokotno in sicer v tocki E kot kaze slika

21. Ker diagonali razdelita kvadrat in deltoid na stiri pravokotne trikotnike, si lahko

pomagamo s Talesovim izrekom o kotu v polkrogu (Izrek 56).

Tako vemo, da vsi stirje diski s premerom stranic AB, BC, CD in AD, potekajo

skozi tocko E. Torej se vsi stirje diski DA,B, DB,C , DC,D in DA,D sekajo v eni tocki

in sicer v tocki E, kot je prikazano na sliki 21.

2

Trditev 71. Pri pravokotniku, ki ni kvadrat in pri paralelogramu, ki ni romb, se

kroga nad krajsima stranicama ne sekata (slika 22).

Slika 22: Diski na stranicah pravokotnika in paralelograma.

27

Slika 23: Diski na stranicah trapeza.

Pri trapezu pa je prekrivanje diskov nekoliko bolj kompleksno.

Najdemo lahko taksnega, kjer se sekajo vsi diski med seboj (slika 23A), kot taksnega,

kjer se vsaj en par krogov ne seka (slika 23B).

28

5 Petkotniki

5.1 Nekonveksni petkotniki

Enako kot pri nekonveksnih stirikotnikih, lahko najdemo nekonveksni petkotnik, kjer

se vsaka dva kroga sekata (slika 24A), ter taksnega, kjer se dva kroga izmed petih

ne sekata (slika 24B).

Slika 24: Diski na stranicah nekonveksnega 5-kotnika.

29

5.2 Konveksni petkotniki

V tem delu se bomo posvetili predvsem konveksnim 5-kotnikom, za katere velja, da

ima vsak konveksni petkotnik vsaj dve taki stranici, da se diska, ki imata ti stranici

za premera, ne sekata.

Opomba 72. Spomnimo se, da je (konveksni) stirikotnik tangentni, ce je vsaka od

stranic tangenta na isti disk vsebovan v stirikotniku.

Opomba 73. Vsakic, ko definiramo poligon s podajanjem njegovih tock, vzdolz zapo-

rednih stranic, podamo tocke v vrstem redu, ki je v nasprotni smeri urinega kazalca.

Osrednji problem magistrske naloge je predstavljen v dveh delih. V prvem delu

(slika 25) sta dva diska, ki ustrezata stranicama AB in CD, ter se ne sekata. Prvi

pristop k resevanju je dokaz, da je vsota petih razdalj med sredisci nesosednjih stra-

nic (to je crtkanimi crtami na sliki 25) vecja, kot je obseg petkotnika.

Slika 25: Dva nesekajoca diska s premerom AB in CD.

V spodnjem primeru, ki je prikazan na sliki 26, pa vidimo da temu ni vedno tako.

Obstaja namrec konveksni 5-kotnik, katerega vsota razdalj med sredisci stranic, ni

vecja od njegovega obsega.

30

Opomba 74. Dva kroga imata prazen presek natanko tedaj, ko je razdalja med

njunima srediscema strogo vecja od vsote njunih polmerov, slednje pa je ekvivalen-

tno temu, da je razdalja med srediscema krogov strogo vecja od aritmeticne sredine

premerov teh krogov. V primeru, da imata kroga vsak svojo stranico nekega mno-

gokotnika za svoj premer, je torej nesekanje takih krogov ekvivalentno temu, da je

razdalja med srediscema ustreznih stranic strogo vecja od aritmeticne sredine teh

dveh stranic.

Primer: Imamo konveksni 5-kotnik z oglisci:

A = (1, 0);

B = (−√

1− δ2, δ);

C = (−√

1− ε2, ε);

D = (−√

1− ε2,−ε) in

E = (−√

1− δ2,−δ).

Ce si izberemo δ = 0, 1 in ε = 0, 01, kjer je δ = 10ε, dobimo 5-kotnik z dolzinami

stranic, izrazenih v enotah, kot je prikazano na sliki 26.:

• a = 2 e;

• b = 0, 09 e;

• c = 0, 02 e;

• d = 0, 09 e in

• e = 2 e.

Razdalje med sredisci nesosednjih stranic, izrazene v enotah, tako merijo:

• 1 e;

• 1, 01 e;

• 1, 01 e;

31

• 1 e in

• 0, 11 e.

Slika 26: Primer 5-kotnika.

Dobili smo konveksni 5-kotnik, kjer je vsota petih razdalj med sredisci nesosednjih

stranic enaka 4, 13 e, kar je manjse od obsega 5-kotnika, ki meri 4, 2 e.

V drugem delu (slika 27) je predstavljen naslednji naravni pristop, kjer povezemo

notranjo tocko P s petimi tockami petkotnika in pogledamo kote pri tocki P . Meto-

dolosko je osnovni prijem ugotovitev, ki sledi iz Talesovega izreka o kotu v polkrogu

(Izrek 56); P lezi v disku, recimo premera AE, ce in samo ce, je kot ∠APE manjsi

ali enak π/2.

Slika 27: P lezi zunaj diskov s premerom AB, BC in DE.

Na sliki 27 lezi P zunaj diskov s premerom AB, BC in DE. Ocitno nobena tocka

P ne lezi v vec kot treh od petih diskov, ker bi drugace bila vsota petih kotov okoli

tocke P vecja kot 2π.

32

Oris dokazovanja: Ce imamo pet oglisc A,B,C,D in E konveksnega petkotnika,

potem obstaja disk C, ki je vsebovan v petkotniku in tri zaporedne stranice, recimo

stranice EA,AB in BC (slika 28), tako da:

• C je tangenten na te tri stranice;

• premici `(E,A) in `(B,C) se sekata v tocki P ;

• notranjost C-ja in tocka P sta v razlicnih polravninah z mejo `(A,B).

Potem pogledamo disk CP s srediscem P in mejo, ki poteka skozi tocke dotika med

C in stranicama EA in BC, ter dokazemo da:

• disk DA,B je vsebovan v CP (Lema 82);

• vsaj eden od diskov DC,D in DD,E, ne seka diska CP (Lema 83 in Lema 84).

Slika 28: Ilustracija orisa dokazovanja.

33

Izrek 75 (Apolonijev izrek5). Naj bodo A,B in C tri razlicne tocke v ravnini in naj

D oznacuje sredino daljice BC (slika 29). Potem dolzina |AD | ustreza

|AD |= 1

2

√2Ä|AB |2 + |AC |2

ä− |BC |2. (1)

Dokaz 75. Naj veljajo predpostavke iz izreka. S pomocjo slike 29 oznacimo dolzine

|AD |= d, |AB |= c, |AC |= b in |BC |= a, ter kota ∠ADB = φ in ∠ADC = φ1.

Kosinusa suplementarnih kotov sta si nasprotna, torej je cos(180◦ − x) = − cosx in

velja cosφ = − cosφ1.

Nato lahko s pomocjo kosinusnega izreka (Izrek 63) dolocimo

c2 =Åa

2

ã2+ d2 − 2

a

2d cosφ in

b2 =Åa

2

ã2+ d2 − 2

a

2d cosφ1

=Åa

2

ã2+ d2 + 2

a

2d cosφ.

Slika 29: Ilustracija Izreka 75. Apolonijev izrek.

5Apolonij, starogrski matematik, geometer in astronom, rojen leta 262 pr. n. st. Leta 225 pr.

n. st. je napisal razpravo v 8. kjnigah, O stoznicah, od katerih se jih je ohranilo 7. To je razprava

o elipsi, paraboli in hiperboli, ki jih je predstavil kot preseke kroznega stozca. Te stoznice so znane

se danes po istih imenih, ki jih je uporabil Apolonij.

34

Ce enacbi sestejemo dobimo

c2 + b2 = 2Åa

2

ã2+ 2d2

2d2 = c2 + b2 − 2a2

4

d =

√1

2

Çc2 + b2 − a2

2

åin

d =1

2

»2 (c2 + b2)− a2.

V enacbo vstavimo oznake dolzin |AD |= d, |AB |= c, |AC |= b in |BC |= a, da

dobimo

|AD |= 1

2

√2Ä|AB |2 + |AC |2

ä− |BC |2.

S tem je dokaz koncan.

2

V evklidski geometriji lahko vsakemu trikotniku vcrtamo in ocrtamo kroznico.

Pri stirikotnikih pa temu ni vec tako. Stirikotnike, ki jim lahko vcrtamo kroznico

imenujemo tangentne. Za tangentni stirikotnik pa velja, da se simetrale njegovih

notranjih kotov sekajo v eni tocki in vsota dolzin nasprotnih stranic je enaka.

Lema 76 (Diagonala tangentnega stirikotnika). Naj bodo A,B,C in D tocke tangen-

tnega stirikotnika, tangentnega na disk C. Naj T1, T2, T3 in T4 oznacujejo tangentne

tocke med stranicami AB,BC,CD,AD in diskom C. Naj bo (slika 30):

a = |AT1 |= |AT4 |;

b = |BT1 |= |BT2 |;

c = |CT2 |= |CT3 | in

d = |DT3 |= |DT4 | .

Potem za diagonali |AC | in |BD | velja

u = |AC |= a+ c

b+ d((a+ c)(b+ d) + 4bd),

v = |BD |=√b+ d

a+ c((a+ c)(b+ d) + 4ac).

35

Slika 30: Ilustracija Leme 76. Diagonala tangentnega stirikotnika.

Dokaz bomo zaceli s tremi pomoznimi lemami.

Lema 77. Konveksen stirikotnik �ABCD je tetiven natanko tedaj, ko velja

tanα tan γ = tan β tan δ.

Dokaz 77. Po [2] naj bo �ABCD konveksen stirikotnik z notranjimi koti velikosti

2α, 2β, 2γ in 2δ (zaradi enostavnosti racuna smo notranji kot pri ogliscu A oznacili

z 2α, pri ogliscu B z 2β, itd.). Potem so α, β, γ, δ ostri in velja α+β+γ+ δ = 180◦.

Zelimo pokazati da

�ABCD je tetiven ⇐⇒ tanα tan γ = tan β tan δ. (2)

Ce je �ABCD tetiven, potem je α + γ = β + δ = 90◦ in tanα tan γ = tan β tan δ,

pri cemer je vsak od produktov tangensov enak 1. Utemeljitev; ce je α + γ = 90◦,

potem je tan(α + γ) =∞. Da bi veljala enakost

∞ = tan(α + γ) =tanα + tan γ

1− tanα tan γ,

mora biti imenovalec, v zadnjem od zgornjih izrazov, enak 0. Ker sta α in γ ostra

(nenicelna) kota in je zato vsota njunih tangensov, tanα + tan γ, strogo vecja od 0

in manjsa od ∞, pomeni, da je produkt tangensov tanα tan γ = 1.

36

Nasprotno, ce�ABCD ni tetiven, lahko privzamemo, da je α+γ > 90◦ in β + δ < 90◦.

Od tod sledi

0 > tan(α + γ) =tanα + tan γ

1− tanα tan γ.

Zaradi dejstva, da sta α in γ ostra, lahko sklenemo, da je tanα tan γ > 1. Na

podoben nacin ugotovimo, da je tan β tan δ < 1, zato velja tanα tan γ 6= tan β tan δ.

To pa dokazuje (2).

2

Lema 78. Tangentni stirikotnik �ABCD je tetiven natanko tedaj, ko velja

ac = bd.

Dokaz 78. Naj bo �ABCD, kot v dokazu 77, konveksen stirikotnik z notranjimi

koti velikosti 2α, 2β, 2γ in 2δ.

S pomocjo definicije kotnih funkcij v pravokotnem trikotniku (Definicija 61) lahko

definiramo tangens kota α. Tako je tanα = r/a, kjer je r polmer diska C kot

je prikazano na sliki 31. Na enak nacin definiramo tudi tangens ostalih notranjih

kotov stirikotnika in dobimo tan β = r/b, tan γ = r/c in tan δ = r/d.

Slika 31: Ilustracija Leme 78.

37

Rezultat sledi z uporabo (2) v danem stirikotniku

tanα tan γ = tan β tan δ

r

a

r

c=

r

b

r

dr2

ac=

r2

bd

ac = bd.

2

Lema 79 (Klamkinova formula6). Naj bo �ABCD tangentni stirikotnik in naj bo

C vcrtana kroznica s polmerom r, kot kaze slika 30. Polmer vcrtanega kroga potem

izracunamo po formuli

r2 =bcd+ acd+ abd+ abc

a+ b+ c+ d. (3)

Da bi lahko dokazali zgornjo lemo, si najprej poglejmo osnovne simetricne polinome,

ki so potrebni za nadaljnje razumevanje.

Definicija 80. Osnovni simetricni polinomi spremenljivk xi za i = 1, 2, ..., n so

polinomi

s1 = x1 + x2 + x3 + ...+ xn =∑i

xi;

s2 = x1x2 + x1x3 + ...+ x1xn + x2x3 + ...+ xn−1xn =∑i1<i2

xi1xi2 ;

s3 = x1x2x3 + ...+ xn−2xn−1xn =∑

i1<i2<i3

xi1xi2xi3 ;

...

sk =∑

i1<i2<...<ik

xi1xi2 ...xik .

6Klamkin se je rodil leta 1921 v New Yorku. Bil je znan kot predlagatelj in urednik matematicnih

problemov. Od leta 1976 pa do leta 1981 je bil predstojnik Oddelka za matematiko na University

of Alberta. Leta 1992 je od nacionalnih matematicnih zdruzenj prejel nagrado za prispevek k

matematiki tekmovanj. Umrl je 6. avgusta leta 2004.

38

Izrek 81. Tangens vsote n kotov je enak

tan(α1 + α2 + α3 + . . .+ αn) =s1 − s3 + s5 − s7 + . . .

1− s2 + s4 − s6 + . . .,

kjer so s1, s2, s3, . . . , sk osnovni simetricni polinomi spremenljivk tanαi za i = 1, 2, ..., n.

Dokaz 81. Z uporabo znanega adicijskega izreka, tan(α+β) = tanα+tanβ1−tanα tanβ

, izpeljemo

tangens vsote treh kotov

tan(α + β + γ) =tan(α + β) + tan γ

1− tan(α + β) tan γ

=

tanα+tanβ1−tanα tanβ

+ tan γ

1− tanα+tanβ1−tanα tanβ

tan γ

=tanα + tan β + tan γ − tanα tan β tan γ

1− tan β tan γ − tan γ tanα− tanα tan β. (4)

S pomocjo enacbe (4) pa lahko izpeljemo splosno formulo tangensa vsote n kotov

tan(α1 + α2 + α3 + . . .+ αn) =s1 − s3 + s5 − s7 + . . .

1− s2 + s4 − s6 + . . .,

kjer je

s1 = tanα1 + tanα2 + . . .+ tanαn

= vsota tangensov posameznih kotov;

s2 = tanα1 tanα2 + tanα1 tanα3 + . . .

= vsota produktov tangensov po dveh kotov;

s3 = tanα1 tanα2 tanα3 + tanα2 tanα3 tanα4 + . . .

= vsota produktov tangensov po treh kotov;

...

2

Sedaj lahko s pomocjo [2] dokazemo Lemo (79).

39

Dokaz 79. Naj bo �ABCD konveksen stirikotnik z notranjimi koti velikosti

2α, 2β, 2γ in 2δ in naj bodo s1, s2, s3 in s4 osnovni simetricni polinomi spremen-

ljivke tanαi za i = 1, 2, ..., n. S pomocjo Izreka 81 tako dobimo

tan(α + β + γ + δ) =s1 − s3

1− s2 + s4.

Vemo, da so α, β, γ in δ ostri koti in velja α+ β + γ + δ = 180◦. Iz tega pa sledi, da

je tan(α + β + γ + δ) = 0 in zato je s1 = s3.

S pomocjo Definicije 80 pa vemo, da je

s1 = tanα + tan β + tan γ + tan δ in

s3 = tanα tan β tan γ + tanα tan β tan δ + tanα tan γ tan δ + tan β tan γ tan δ.

Naj velja predpostavka leme, da je �ABCD tangentni stirikotnik. Potem lahko s

pomocjo Leme 78, kjer je tanα = ra, dobimo

s1 = ra

+ rb

+ rc

+ rd

in

s3 = r3

abc+ r3

abd+ r3

acd+ r3

bcd.

Torej je

s1 = s3r

a+r

b+r

c+r

d=

r3

abc+

r3

abd+

r3

acd+

r3

bcd.

Enacbo preoblikujemo in dobimo

r(bcd+ acd+ abd+ abc)

abcd=r3(a+ b+ c+ d)

abcd.

Ce enacbo pomnozimo s skupnim imenovalcem in delimo z r dobimo

bcd+ acd+ abd+ abc = r2(a+ b+ c+ d)

r2 =bcd+ acd+ abd+ abc

a+ b+ c+ d.

2

40

Sedaj si lahko pogledamo dokaz Leme (76), ki je razviden iz [2].

Dokaz 76. Naj bo �ABCD konveksen stirikotnik. S pomocjo osnovnih zvez med

kotnimi funkcijami, kjer je cos 2α = cos2 α − sin2 α, cos2 α = 11+tan2 α

in sin2 α =

tan2 α1+tan2 α

, lahko izpeljemo

cos 2α =1− tan2 α

1 + tan2 α.

S pomocjo dokaza Leme 78 kjer je

tanα = r/a,

ter Leme 79 kjer je

r2 =bcd+ acd+ abd+ abc

a+ b+ c+ d,

dobimo

cos 2α =1− tan2 α

1 + tan2 α

=1− r2

a2

1 + r2

a2

=a2 − r2

a2 + r2

=a2(a+ b+ c+ d)− (bcd+ acd+ abd+ abc)

a2(a+ b+ c+ d) + (bcd+ acd+ abd+ abc)...

=a2(a+ b+ c+ d)− (bcd+ acd+ abd+ abc)

(a+ b)(a+ c)(a+ d).

S pomocjo kosinusnega izreka (Izrek 63) nato dobimo

v2 = (a+ b)2 + (a+ d)2 − 2(a+ b)(a+ d) cos 2α

= (a+ b)2 + (a+ d)2 − 2a2(a+ b+ c+ d)− (bcd+ acd+ abd+ abc)

a+ c...

=b+ d

a+ c((a+ c)(b+ d) + 4ac).

41

Na enak nacin dokazemo tudi u2, kjer je

tan β =r

bin

cos 2β =b2(a+ b+ c+ d)− (bcd+ acd+ abd+ abc)

(a+ b)(b+ c)(b+ d).

Tako je

u2 = (a+ b)2 + (b+ c)2 − 2(a+ b)(b+ c) cos 2β

= (a+ b)2 + (b+ c)2 − 2b2(a+ b+ c+ d)− (bcd+ acd+ abd+ abc)

b+ d...

=a+ c

b+ d((a+ c)(b+ d) + 4bd).

2

Lema 82. Naj bo C disk in naj bo P tocka, ki ni vsebovana v C. Naj bosta T1 in T2

taki tocki meje C-ja, da sta premici `(P, T1) in `(P, T2) tangentni na C. Naj bosta

A in B taki tocki, da je A na daljici PT1 in B na daljici PT2 in da je daljica AB

tangentna na C (slika 32). Potem je disk DA,B vsebovan v disku s srediscem P in

polmerom |PT1 |= |PT2 |.

Slika 32: Ilustracija Leme 82.

S pomocjo [3] lahko dokazemo Leme 82, 83, 84, 85 in Izrek 86.

42

Dokaz 82. Naj bodo a = | PT1 |= | PT2 |, b = | AT1 | in c = | BT2 |. Naj bo M

srediscna tocka daljice AB in naj bodo |PA |= a−b, |PB |= a−c in |AB |= b+c.

Da dokazemo Lemo 82, je dovolj ce dokazemo, da je

|PM | + |MA | ≤ a.

Po Izreku 75 je

|PM |= 1

2

√2Ä(a− b)2 + (a− c)2

ä− (b+ c)2.

Vemo, da je |MA |= b+c2

in ker je b ≤ a in c ≤ a, velja b+c2≤ a. Torej je |MA | ≤ a.

Tako dobimo

|PM | + |MA | ≤ a

|PM | ≤ a− |MA |1

2

√2Ä(a− b)2 + (a− c)2

ä− (b+ c)2 ≤ a − b+ c

2.

Ce zgornjo neenacbo pomnozimo z 2 in nato se kvadriramo, dobimo

2Ä(a− b)2 + (a− c)2

ä− (b+ c)2 ≤ (2a− (b+ c))2

4a2 − 4ab− 4ac− 2bc+ b2 + c2 ≤ 4a2 + b2 + c2 − 4ab− 4ac+ 2bc

0 ≤ 4bc.

Lema tako velja.

2

Lema 83. Naj bo C disk s srediscem v tocki O in naj bo P tocka, ki ni vsebovana

v C. Naj bosta tocki T1 in T2 na meji C tako, da premici `(P, T1) in `(P, T2) lezita

tangentno na C. Naj bo E tocka na poltraku h(P, T1)\PT1. Naj bo D 6= E taka tocka

v notranjosti kota ∠T1PO, da se h(E,D) seka s h(P,O), ter `(E,D) se ne seka z

notranjostjo C (slika 33). Potem disk DD,E ne seka diska s srediscno tocko P in

polmerom |PT1 |= |PT2 |.

43

Dokaz 83. Naj bo CP disk s srediscno tocko P in polmerom |PT1 |= |PT2 | in D′

presecisce med h(E,D) in h(P,O). Naj bosta S ∈ h(P, T1)\PT1 in R ∈ h(P,O)\PO

taki tocki, da je premica `(S,R) vzporedna premici `(E,D′) in tangentna na disk C v

tocki T4. Naj Q oznacuje zrcalno tocko S okoli premice `(P,O). Tedaj je stirikotnik

z oglisci P,Q,R in S tangentni stirikotnik, tangenten na C. Naj bo T3 dotikalisce

med daljico QR in diskom C. Naj bo

a = |PT1 |= |PT2 |,

b = |ST1 |= |ST4 |= |QT2 |= |QT3 | in

c = |RT3 |= |RT4 | .

Slika 33: Ilustracija Leme 83.

Z uporabo Leme 76, dobimo za d = b

|PR |=»

(a+ c)(a+ c+ 2b).

Naj bo M srediscna tocka daljice SR, ki izpolnjuje |MS |= (b+ c)/2. Trdimo, da je

|PT1 | + |MS |= a+ (b+ c)/2 < |PM | .

44

Glede na Izrek 75 velja

|PM | =1

2

»2 ( |PS |2 + |PR |2 )− |SR |2

=1

2

»2 ((a+ b)2 + (a+ c)(a+ c+ 2b))− (b+ c)2,

in neenakosti

2a+ b+ c < 2· |PM |

(2a+ b+ c)2 < 2Ä(a+ b)2 + (a+ c)(a+ c+ 2b)

ä− (b+ c)2

4a2 + b2 + c2 + 4ab+ 4ac+ 2bc < 4a2 + b2 + c2 + 8ab+ 4ac+ 2bc

0 < 4ab,

so vse ekvivalentne in drzijo, ce je a, b > 0.

Naj bo M ′ srediscna tocka daljice ED′. Ker je trikotnik z oglisci P,R in S podoben

trikotniku z oglisci P,D′ in E, imamo razmerje podobnosti med tema trikotnikoma

in sicer |PM ′ |= λ· |PM | in |M ′E |= λ· |MS |, kjer je

λ = |PE | / |PS |= |PD′ | / |PR |= |ED′ | / |SR | ≥ 1.

Potem, ker |PM | − |MS |> |PT1 |> 0, imamo

|PT1 |< |PM | − |MS | ≤ λ ( |PM | − |MS | ) = |PM ′ | − |M ′E | .

To pomeni, da disk DD′,E ne seka diska CP . Ker je DD,E vsebovan v DD′,E, potem

tudi DD,E ne seka CP .

2

Lema 84. Naj bo C disk s srediscno tocko v O in naj bo P tocka, ki ni vsebovana

v C. Naj bosta T1 in T2 taki tocki meje C-ja, da sta premici `(P, T1) in `(P, T2)

tangentni na C. Naj bo E tocka na poltraku h(P, T1)\PT1. Naj bo D 6= E taka

tocka v notranjosti kota ∠T1PO, da h(E,D) ne seka h(P,O), ter `(E,D) ne seka

notranjosti C (slika 34).

Potem disk DD,E ne seka diska s srediscno tocko v P in polmerom |PT1 |= |PT2 |.

45

Dokaz 84. Naj α ∈ (0, π/2) oznacuje velikost kota med h(P,E) in h(P,O), ter

β ∈ (0, α] velikost kota med h(P,E) in `(E,D) (slika 34).

Narisemo vzporednico m premici `(E,D) skozi sredisce diska C. Nato v srediscu

diska C konstruiramo pravokotnico na premico m. Presek te pravokotnice z robom

diska C oznacimo s tocko T3. Nato skozi tocko T3 narisemo premico γ kot vzpore-

dnico k `(E,D). Tako je γ na istem bregu premice `(P,O) kot `(E,D) in je hkrati

tudi tangenta na disk C. Tocka E ′ naj bo presek premice γ in h(P,E). Premica τ

naj bo pravokotnica na premico γ v tocki E ′.

Naj bo a = |PT1 |= |PT2 |, b = |E ′T1 |= |E ′T3 | in r polmer diska C.

Slika 34: Ilustracija Leme 84.

Ker sta premici γ in τ pravokotni, je kot med premicama `(P,E ′) in τ enak π2–β.

Potem je razdalja dist(P, τ) od tocke P do premice τ enaka

dist(P, τ) = |PE ′ | · sinÅπ

2− βã

= (a+ b) ·Å

sinπ

2cos β − cos

π

2sin β

ã= (a+ b) · cos β.

46

Spomnimo, da je ∠T1E ′T3 = π − β. Ker premica `(O,E ′) razpolavlja kot ∠T1E ′T3

velja

∠T1E′O = π/2− β/2.

Od tod sledi

b = r · cot(∠T1E′O)

= r · cot

Çπ

2− β

2

å= r ·

− cot π2

cot β2− 1

cot π2− cot β

2

= r · 1

cot β2

= r · tanβ

2,

saj je daljica OT1, ki zadovolji |OT1 |= r, pravokotna na premico `(P,E ′).

Po drugi strani, pa si zapomnimo, da je a = r · cotα.

Ce gornja opazanja strnemo, so naslednje neenakosti vse ekvivalentne

|PT1 | ≤ dist(P, τ)

a ≤ (a+ b) · cos β

r · cotα ≤ (r · cotα + r · tan(β/2)) · cos β

cotα ≤ cos β · tan(β/2)

1− cos β=cosβ · sin(β/2)

cos(β/2)

2 sin2(β/2)=

cos β

2 sin(β/2) cos(β/2)

cosα

sinα≤ cos β

sin β

0 ≤ sin(α− β)

in drzijo, ce je β > 0 in 0 ≤ α− β < α < π/2.

Ker premica τ ne seka diska DD,E in ni tangenta na DD,E v tocki E ′ 6= T1, lahko zago-

tovimo, da disk DD,E ne seka diska s srediscno tocko P in polmerom |PT1 |= |PT2 | .

2

47

Lema 85. Imejmo poljubni konveksni n-kotnik, kjer je n ≥ 5 in vsebuje disk C, ki

je tangenten na neke tri zaporedne stranice in sicer tako da: premici, ki vsebujeta

prvo in tretjo zaporedno stranico nista vzporedni in nadalje tudi njuno secisce in no-

tranjost kroga C pripadata razlicnim polravninam, ki ju omejuje premica, ki vsebuje

drugo stranico.

Dokaz 85. Naj bo Pn konveksni n-kotnik s stranicami s1, s2, . . . , sn v nasprotni

smeri urinega kazalca. Za potrebe tega dokaza privzemimo, da so vsi krogi, ki jih

obravnavamo, vsebovani v Pn. Za vsako stranico si oznacba `(si) oznacuje premico,

nosilko stranice si.

Hitro lahko vidimo, da v primeru, da so tri zaporedne stranice take, da sta prva in

zadnja med njimi vzporedni, v konveksnem n-kotniku, kjer je n > 4, najdemo druge

tri zaporedne stranice, ki nimajo te lastnosti.

Osredja os enostavnega poligona je mnozica tock poligona, ki imajo vec kot eno

najblizjo tocko na robu lika. Ce je poligon konveksen je osrednja os sestavljena iz

daljic, ki leze na simetralah notranjih kotov. Obstajajo diski, ki so tangentni na tri

zaporedne stranice in imajo sredisce v nekem kriziscu osrednje osi Pn [4]. Potem

naj bo C krog minimalnega polmera in brez skode za splosnost privzamemo, da je

tangenten na stranice sn, s1 in s2.

Ce `(sn) in `(s2) nista vzporedni in sta njuno secisce ter notranjost C v razlicnih

polravninah, ki jo omejuje `(s1) (slika 35A), potem je lema dokazana.

V primeru, da `(sn) in `(s2) nista vzporedni in njuno secisce ter notranjost C lezijo

v isti polravnini, ki jo omejuje `(s1) (slika 35B), potem mora zaradi minimalnosti

C biti vsaka stranica s3, s4, . . . , sn−1 tangentna na C. Od tod pa sledi, da vsake tri

zaporedne stranice izmed s2, s3, . . . , sn, skupaj s C, zadovoljijo pogoje leme.

In koncno, ce sta `(sn) in `(s2) vzporedni (slika 35C), potem zaradi minimalnosti

C mora biti krog C ′, s polmerom enakim polmeru kroga C in tangenten stranicam

48

s2 in sn in vsaj eni stranici si, kjer je i ∈ [3, . . . , n − 1], tangenten vsem stra-

nicam s3, s4, . . . , sn−1. Ker je n ≥ 5 lahko najdemo tri zaporedne stranice izmed

s2, s3, . . . , sn, katerih prva in zadnja nista vzporedni in s tem je lema dokazana.

2

Slika 35: Ilustracija Leme 85.

(A) Osrednji osi konveksnega petkotnika s stranicami s1, s2, s3, s4, s5 in disk C, ki

je tangenten na stranice s5, s1, s2 in centriran na vrh osrednje osi.

(B) Ce `(s5) in `(s2) nista vzporedni in sta njuno sticisce in notranjost C v

polravnimi, ki jo omejuje `(s1) in C ni tangenten na s3 in s4, potem obstaja disk C

z manjsim radijem, ki je tangenten na tri zaporedne stranice.

(C) Ce sta `(s5) in `(s2) vzporedni in C ′ ni tangenten na s4, potem obstaja disk C z

manjsim radijem, ki je tangenten na tri zaporedne stranice.

49

Izrek 86. V vsakem konveksnem petkotniku, obstajata vsaj dva diska med petimi

diski, ki imata kot premer stranico petkotnika, ki se ne sekata.

Slika 36: Ilustracija Izreka 86.

Dokaz 86. Naj A,B,C,D in E oznacujejo tocke konveksnega petkotnika. Z upo-

rabo Leme 85, obstaja disk, ki je tangenten na tri zaporedne stranice, recimo na

stranice EA,AB in BC, tako da: premici `(E,A) in `(B,C) nista vzporedni in se

sekata v tocki P in premica `(A,B) locuje notranjost kroga C in tocke P (slika 36).

Naj bosta T1 in T2 tangentni tocki med C in stranicama EA in BC. Naj bo O

srediscna tocka C in naj bo CP disk s srediscno tocko P in polmerom |PT1 |= |PT2 |.

Glede na Lemo 82 je disk DA,B vsebovan v CP .

Ce tocka D pripada notranjosti ali robu kota med poltrakoma h(P,O) in h(P,E), se

diska CP inDD,E, glede na Lemi 83 in 84, ne sekata. Ce pa je tockaD v notranjosti ali

na robu kota med poltrakoma h(P,O) in h(P,C), pa sta diska CP in DC,D disjunktna.

Zato tudi disk DA,B ne seka vsaj enega od diskov DD,E in DC,D, s cimer je izrek

dokazan.

2

50

Posledica. V vsakem konveksnem n-kotniku, kjer je n > 5, obstajata vsaj dva

diska med n diski, ki imata kot premer stranico n-kotnika, ki se ne sekata.

Slika 37: Ilustracija posledice.

Dokaz. Dokazimo to trditev z indukcijo na n. Naj torej trditev velja za poljuben

konveksni n-kotnik in jo dokazimo za poljuben konveksni (n + 1)-kotnik Pn+1, z

oglisci A1, ..., An+1.

Tedaj je tudi A1, ..., An konveksni n-kotnik in zato zanj trditev velja. Obstaja torej

par disjunktnih diskov na stranicah tega n-kotnika. Ce noben disk od tega para ni

na stranici AnA1, potem trditev velja tudi za (n + 1)-kotnik Pn+1. Ce pa je eden

od teh diskov na stranici AnA1, drugi pa na neki drugi (nesosednji) stranici AiAi+1,

je disk na slednji stranici disjunkten tako z diskom na stranicah AnAn+1 kot tudi

An+1A1 (n + 1)-kotnika Pn+1, saj slednja diska ne sezeta znotraj Pn+1 preko diska

na AnA1.

2

51

Literatura

[1] M. Cencelj. Elementarna Geometrija. Ljubljana: Pedagoska fakulteta UL 2010.

[2] M. Hajja. A condition for a circumscriptible quadrilateral to be cyclic. In Forum

Geometricorum, volume 8, strani 103–106, 2008.

[3] C. Huemer and P. Perez-Lantero. On the disks with diameters the sides of a

convex 5-gon. (Literatura uporabljena 10.5.2015). Dostopno na naslovu:

http://arxiv.org/pdf/1410.4126.pdf

[4] F. P. Preparata. The medial axis of a simple polygon. In Mathematical Foun-

dations of Computer Science 1977, volume 53 of LNCS, strani 443-450, 1977.

52