KLASIQNI GEOMETRIJSKI PROBLEMI - pmf.ni.ac.rs · Konstrukciju prave od date taqke na datoj pravoj,...

UNIVERZITET U NIXUPRIRODNO-MATEMATIQKI FAKULTET

DEPARTMAN ZA MATEMATIKU

KLASIQNIGEOMETRIJSKI

PROBLEMIMASTER RAD

Mentor : Student :Prof. dr Milan Zlatanovi� Dejan Spasi�

Nix, 2016.

Temu diplomskog rada predlo�io je Prof. dr MilanZlatanovi�.

Koristim priliku da se na ovom mestu najsrdaqnijezahvalim profesoru Milanu Zlatanovi�u na ukazanojstruqnoj pomo�i i savetima u toku izrade ovog diplo-mskog rada.

Ovom prilikom �elim da se zahvalim i svojoj poro-dici, posebno roditeǉima na bodreǌu i na potpunomrazumevaǌu tokom studija.

Student : Dejan Spasi�

Sadr�ajUvod 3

1 Kvadratura kruga 31.1 Drevne kvadrature . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Hipokratove lunule . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Antifon i Brison . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Kvadratrisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Arhimedova spirala . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6 Pribli�ne vrednosti broja π . . . . . . . . . . . 191.7 Numeriqke kvadrature . . . . . . . . . . . . . . . . 201.8 Konstrukcija Koqanskog . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Udvostruqeǌe kocke 232.1 Hipokratovo rexeǌe Delskog problema . . . . . 242.2 Arhitina konstrukcija . . . . . . . . . . . . . . . . 242.3 Menehmeov dokaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Trisekcija ugla 333.1 Kratka istorija geometrije kroz problem tri-

sekcije ugla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.2 Egipatska geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.3 Vavilonska geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . 353.4 Grqka geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.5 Helenistiqka geometrija . . . . . . . . . . . . . . 363.6 Konstrukcije pomo�u leǌira i xestara . . . . . 383.7 Rexeǌe pomo�u xestara i leǌira sa oznaqenom

du�inom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.8 Pribli�ne konstrukcije . . . . . . . . . . . . . . . 413.9 Dokaz nemogu�nosti rexeǌa . . . . . . . . . . . . . 423.10 Morlijevi trouglovi . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.11 Nada naivnih nematematiqara . . . . . . . . . . . 443.12 Upornost naivnih nematematiqara . . . . . . . . 453.13 Rexeǌe i razoqareǌe maturanta Milutina Mi-

lankovi�a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.14 Nemogu�nosti leǌira i xestara . . . . . . . . . . 463.15 Rexeǌe trisekcije ugla korix�eǌem kvadratrise 483.16 Mehaniqka rexeǌe trisekcije ugla . . . . . . . 483.17 Rexeǌe korix�eǌem konusnih preseka . . . . . 52

2

UvodU toku razvoja matematike, koja je nesumǌivo jedna od najsta-

rih nauka uopxte, javǉali su se u ǌoj razni problemi od kojih suneki rexeni potpuno, neki delimiqno, a neki jox uvek qekaju svojakonaqna rexeǌa. Ovi problemi postali su poznati upravo po tomexto su se ǌima bavili ne samo amateri i laici, ve� i najve-�i matematiqki umovi mnogih razdobǉa. Svako rexeǌe ili sampokuxaj rexavaǌa jednog takvog problema mnogo su doprinosilirazvoju matematiqih ideja ili su qak podstakli stvaraǌe novihmatematiqkih disciplina. Kroz istoriju matematike javǉali suse raznovrsni problemi, a verovatno �e tako biti i u budu�e.Ovde �emo se ograniqiti samo na neke probleme koji su oduvekzaokupǉali pa�ǌu svih ǉubiteǉa matematike.

Upozna�emo najpre tri osnovna klasiqna problema u geome-triji. To su problemi iz doba antike kojima su se bavili joxstari grci i koji su vixe od dve hiǉade godina qekali svoje re-xeǌe, a poznati su pod imenom :

– kvadratura kruga (konstruisati kvadrat qija je povrxinajednaka povrxini datog kruga)

– udvostruqeǌe kocke (konstruisati kocku qija je zapreminajednaka dvostrukoj zapremini date kocke) i

– trisekcija ugla (podeliti proizvoǉan ugao na tri jednakadela).

Znaqaj ovih problema je u tome xto se oni ne mogu taqno geometri-jski rexiti pomo�u konaqnog broja konstrukcija pravih linija ikru�nica. Tek polovinom 19. veka dobijen je dokaz da nijedan odovih problema nije rexiv.

1 Kvadratura krugaNajpoznatiji antiqki matematiqki problem je problem kvadra-

ture kruga. To je skra�eni naziv za problem koji se najqex�e opi-suje reqenicom :”Konstruisati kvadrat iste povrxine kao datikrug”. Pravi je izazov uz pomo� xestara i leǌira pokuxavaju�ikonaqno mnogo puta konstruisati kvadrat iste povrxine kao datikrug.

3

Kako je povrxina kvadrata

Pkvadrata = a2,

a povrxina krugaPkruga = r2π,

tada iz jednakosti povrxina a2 = r2π proizilazi da je a = r√π.

Slika 1.1.

Rexeǌe problema kvadrature kruga xestarom i leǌirom za-hteva konstrukciju broja

√π, i nemogu�nost rexeǌa sledi iz toga

xto je π transcedentni broj, a ne algebarski i zbog toga je ǌegovakonstrukcija nemogu�a. Lambert 1 je 1768. godine pretpostavio daje π transcedentan, kada je pokazao ǌegovu iracionalnost, qak ipre nego xto je dokazano postojaǌe transcedentnih brojeva. Li-ndeman 2 je uspeo tek 1882. godine da doka�e da π nije algebarskive� transcedentan broj, tj. da ne postoji koren polinoma sa ra-cionalnim koeficijentima. ǋegove metode dokazivaǌa bile susliqne onima koje je devet godina ranije koristio Qarls He-rmit 3 da bi dokazao da je e transcedentan broj.

1. Johann Heinrich Lambert (1728-1777) je bio xvajcarski matematiqar i fizi-qar.

2. Ferdinand von Lindemann (1852-1939) je bio nemaqki matematiqar.3. Charles Hermite (1822-1901) bio je francuski matematiqar.

4

1.1 Drevne kvadratureJedan od najstarijih i najznaqajnijih saquvanih matematiqkih

spisa je Rajndov papirus nazvan po Henriju Rajndu 4 koji ga jekupio u Luksortu 1858. godine. Ahmes 5 ga je napisao oko 1650.godine p.n.e., ali neki matematiqari smatraju da se Rajndov pa-pirus zasniva na radu koji dose�e qak do 3400. godine p.n.e.

U Rajndovom papirusu, Ahmes daje pravilo za konstrukciju kva-drata qija je povrxina pribli�no jednaka povrxini kruga. Topravilo se sastoji u oduzimaǌu 1

9preqnika kruga i konstrukcije

kvadrata od 89preqnika kruga. Kako ovo nije bila prava geome-

trijska konstrukcija, sa druge strane kao takva ona nam pokazujeda se za problem kvadrature kruga znalo jox na samom poqetkumatematike. Ovakvom konstrukcijom za π je dobijeno 3.1605.

Slika 1.2.

Zaista, ako je pribli�na vrednost P0 = d2, te je pribli�navrednost broja π jednaka 4. Zatim, ako povrxinu kvadrata uma-ǌimo za qetiri kvadrata A1 qija je stranica d

6, tada �e pribli�na

vrednost povrxine kruga biti

P0 = d2 − 4 ·(d

6

)2

=8

9· d2.

Odavde sledi da je π ≈ 3.555. Sa druge strane ako novodobijenupovrxinu umaǌimo za osam kvadrata A2 qija je stranica d

9, tada

4. Henry Rhind (1833-1863) je bio xkotski pravnik i egiptolog.5. Ahmes je bio egipatski k�i�evnik.

5

�e pribli�na vrednost povrxine kruga biti

P0 =8

9· d2 − 8 ·

(d

9

)2

=

(8

9

)2

· d2.

Odavde sledi da je π = 4 · (89)2 = 3.1605.

Anaksagora 6 iz Klazomene koji je ro�en oko 500. godine stareere je prvi matematiqar koji je pokuxavao da rexi problem kva-drature kruga. Plutarh, u svom spisu O progonstvu u kojem texijednog prijateǉa koji je bio prognan na neko ostrvo Egejskog mora,ka�e : ”Ne postoji mesto koje qoveku mo�e da oduzme sre�u, nitiǌegovu pamet. Zaista, Anaksagora je pisao o kvadraturi kruga dokje bio u zatvoru ”.

Problem je postao veoma popularan ubrzo posle ovog, me�utimne samo me�u mali broj mateamtiqara, ve� i xire, na xta nam uka-zuje odlomak iz Aristofanovih Ptica (414.p.n.e.), u kojem astro-nom Meton 7 poznat po otrki�u kruga ka�e : ”Tad uzmem leǌir ixestar i izmerim, i krug se u kvadrat pretvorio”. Ovaj stih, senije odnosio na problem kvadrature kruga, ve� na podelu krugana qetiri podudarna dela. Posle Anaksagore kvadraturom krugabavili su se : Onopida, Hipia, Hipokrat, Antifon i Brison.

Onopidi se prepisuju dve teoreme :

1. Konstrukciju normale na datu pravu iz date taqke koja nepripada toj pravoj ;

2. Konstrukciju prave od date taqke na datoj pravoj, koja sadatom pravom zahvata ugao.

Hit veruje da je znaqaj ovih rezultata bio u tome xto je Onopidapo prvi put izneo ravansku konstrukciju, tj. konstrukciju samo uzpomo� xestara i leǌira.

Ne postoji zapisi da je Onopida pokuxao da izvrxi kvadra-turu kruga ravanskim metodama. Ipak, zanimǉiva je qiǌenica daGrci nisu izvodili pogrexne dokaze prilikom kvadrature krugaravanskim metodama. Na �alost, sa druge strane kasniji matema-tiqari nisu sledili dobre primere koje su pokazali drevni Grcii zaista su mnogi netaqno tvrdili da imaju dokaz uz pomo� xe-stara i leǌira.

6. Anaxagoras (oko 500-428 p.n.e.) je bio grqki filozof i matematiqar. Za �egase ka�e da je on prvi qovek koji je filozofiju doneo u Atinu.

7. Meton (�iveo u V veku p.n.e.) je bio starogrqki matematiqar i astronom kojije otkrio da je 19 solarnih godina skoro jednako 6940 dana.

6

1.2 Hipokratove lunuleHipokrat je bio grqki matematiqar i astronom, koji je �iveo

od 470. do 400. godine p.n.e. Ro�en je na ostrvu Hios i ǌegovoprvo zanimaǌe bilo je trgovina. Dok je boravio u Atini i satamnoxǌim matematiqarima razgovarao, zavoleo je matematiku ivremenom postao jedan od glavnih i ceǌenijih matematiqarima.Smatra se i da je na Hiosu, Hipokrat bio �ak Onopide.

Hipokrat je bio prvi qovek koji je koristio konstrukciju xe-starom i leǌirom da bi izvrxio kvadraturu kruga. ǋegova idejaje bila da podeli krug na delove koji su oblika polumeseca. Akobi to stvarno bilo mogu�e i ako bi mogla da se izraquna povrxinasvakog takvog dela, onda bi povrxina celog kruga bila poznata.

Plutarh navodi da je :” Neki Hipokrat sa Hiosa, trgovac, nai-xao je na gusarski brod i izgubio sve xto je imao, pa je doxaou Atinu da tu�i gusare, i kako je dugo vremena boravio u Atiniradi tu�be, uqio je od filozofa i postigo toliko znaǌe u geome-triji da je pokuxao na�i kvadraturu kruga.”

Pri tim pokuxajima rexio je problem kvadrature lunula (po-lumesec dobijen od dva polukruga) i time pokazao da ”krivoli-nijski lik” mo�e biti jednak ”pravolinijskom”. Iako je Hipo-krat kvadrira pojedine lunule, on nije pokazao da se svaka lu-nula mo�e kvadrirati. Posebno interesantno da lunula koju jeon kvadrirao korix�eǌem ravanske konstrukcije kvadrata qijaje povrxina jednaka povrxini odre�ene lunule, ali i da krugnije mogao kvadrirati korix�eǌem tih metoda. To naravno pre-dstavǉa logiqan zakǉuqak jer bi u tom sluqaju Hipokrat rexioproblem kvadrature kruga.

Prvi podaci o Hipokratovim lunulama dolaze od Aleksandraiz Afrodizije u Kariji. On je bio savremenik Septimije Severa(193-211 godine) i u to doba najznaqajniji komentator Aristote-lovih dela. On je dao interpretaciju kvadrature lunula u dvasluqaja. U Simplikijevim komentarima Aristotelove Fizike za-pisani su Aleksandrovi citati kao i segmenti Eudemove Istorijegeometrije o Hipokratovim lunulama.

Hipokratov dokaz koristi tri prelimenarna tvr�eǌa :

1. Pitagorinu teoremu (a2 + b2 = c2.) ;

2. Ugao nad polukrugom je prav ugao ;

3. Povrxine dva kruga se odnose kao kvadrati nad ǌihovimpreqnicima.

7

Ako je dat jednakokrako pravougli trougao, zbir povrxina lu-nula odre�enih od polukruga na hipotenuzi i polukruga na ka-tetama je jednaka povrxini trougla. Neka je AB preqnik krugakome je D sredixte a AC i BC ivice kvadrata koji je upisan u tajkrug. Nad ivicom AC kao nad preqnikom opisan je polukrug AEC.Pove�u se taqke C i D. Kako je

AB2= 2AC

2

a krugovi se, kao i ǌihovi polukrugovi, odnose kao kvadrati nadǌihovim preqnicima, sledi da je

P (polukrugaACB) = 2P (polukrugaAEC).

Tako�e je :

P (polukrugaACB) = 2P (segmentaADC).

Odakle sledi :

P (polukrugaAEC) = P (segmentaACD).

Oduzimaǌe zajedniqkog odseqka AFC sa leve i desne strane je-dnakosti dobija se da je :

P (lunuleAECF ) = P (△ADC)

pri qemu je izvrxena kvadratura lunule.

Slika 1.3. Kvadratura lunula

8

Neka od Hipokratovih tadaxǌih saznaǌa koja su primeǌivanau pojedinim dokazima su i :

– Konstrukcija pravilnog xestougla ;– U pravilnom xestouglu kvadrat nad dijagonalom je qetiri

puta ve�i od kvadrata nad stranicom.Hipokratu su tako�e bila poznata i slede�a znaǌa :– Odnos izme�u upisanih uglova i lukova u krugu ;– Princip sliqnosti : povrxine sliqnih figura su propo-

rcionalne kvadratima homologih stranica.– Konstrukcija opisanog kruga oko trougla jednakokrakog tra-

peza ;– Pitagorina teorema za pravougli trougao i ǌeno uopxeteǌe

za tupougle i oxtrougle trouglove.Hipokrata izdvaja od ostalih matematiqara visok stepen stro-

gosti u svojim dokazima kao i vextina demonstrativne tehnike.Pri konstrukciji lunula on se nije zadovoǉavao da samo sa crte-�a nexto bude jasno kao npr. da je spoǉaxǌa granica ve�a odunutraxǌe on koristi i tadaxǌi matematiqki aparat da to i do-ka�e. Hipokratove lunule su znaqajne jer je pokazana kvadraturakrivolinijskih geoemtrijskih likova, kao i ǌegova ideja redu-kcije problema udvostruqeǌa kocke i konstrukciju sredǌih pro-porcionala. ǋegovi Elementi su inspirisali Euklida da pri-kupi tadaxǌa geometrijska znaǌa i sistematski ih izlo�i u svo-jim neprevazi�enim Elementi.

1.3 Antifon i BrisonAntifon i Brison zajedno su dali ideje (dokaze) vezane za kva-

draturu kruga, koje su se pokazale veoma va�nim za budu�i razvojmatematike. O Antifonovom pokuxaju da rexi problem kvadra-ture kruga, saznajemo od Temistija i Simplikija. Antifon prvokonstruixe kvadrat (pravilni poligon) upisan u krug, a ondakonstruixe jednakokrake trouglove qije su osnovice strane kva-drata a naspramna temena se nalaze na maǌem luku (luk qija jevisina maǌa). Time je on dobio pravilan osmougao, poligon saudvostruqenim brojem strana. Nastavǉaju�i postupak, Antifonje mislio da �e u jednom trenutku konstruisati poligon qija jepovrina jednaka povrxini kruga, a kako zna da konstruixe kva-drat iste povrxine kao i poligon, on time zavrxava svoju idejukonstrukcije (Slika 1.4.).

9

Slika 1.4.

Aleksandar iz Afrodizije je pokazao da je ǌegova pretpostavkanetaqna. Aleksandar je primetio da prava mo�e da dotakne krugsamo u jednoj taqki, a zatim Eudem prime�uje da je du� neograni-qeno deǉiva. Ako je povrxina kruga neograniqeno deǉiva, onda sepostupkom koji je Antifon opisao, konstrukcijom pravilnih po-ligona sa sve ve�im brojem strana, nikada ne�e iskoristiti celapovrxina kruga.

Brison je doxao generaciju posle Antifona i iskoristio ǌe-govu ideju. Prema Aleksandru, Brison je upisao kvadrat u krugi opisao drugi oko kruga, i pritom posmatrao kvadrat izme�uǌih (Aleksandar ne govori kako je konstrukcija tekla). Brisonprime�uje da je sredǌi kvadrat maǌi od spoǉaxǌeg a ve�i odunutraxǌeg dok je krug tako�e maǌi od spoǉaxǌeg kvadrata ave�i od unutrxeǌeg, i zakǉuquje da su krug i sredǌi kvadrat je-dnaki. Ovaj ǌegova zakǉuqak je netaqan, jer ako na primer uzmemobrojeve 8 i 9, oni su zajedno maǌi od 10 a ve�i od 7, ali nisujednaki (Slika 1.5.).

Xto se tiqe sredǌeg kvadrata, neki smatraju da je to ari-tmetiqka sredina upisanog i opisanog kvadrata, a neki pak da jegeometrijska sredina. I jedna i druga pretpostavka izgleda da suposledica nesporazuma, jer prema diskusijama starijih tumaqa,nigde nije jasno zapisano xta za Brisona predstavǉa sredǌi kva-drat. Ali, vrlo va�ne su Mistijeve izjave da je Brison utvrdioda je krug maǌi od svih opisanih i ve�i od svih upisanih poli-gona, i da je pretpostavǉena aksioma taqna iako je malo qudna zageometriju.

10

Slika 1.5.

1.4 KvadratrisaHipija iz Elide (�iveo je u V veku p.n.e.) uvodi krivu u ciǉu

rexavaǌa problema trisekcije ugla, koju je kasnije Lajbnic 8

nazvao kvadratrisom. Menehmeovom 9 bratu, Dinostratu se pre-pisuje prva uspexna demonstracija upotrebe kvadratrise na ko-nstrukciju kvadrature kruga.

Opis Hipijine kvadratise mo�e se na�i kod Paposa Aleksa-ndrijskog 10, u IV kǌizi ǌegovog ”Zbornika”.

Papos je opisao naqin konstrukcije kvadratrise (Slika 1.6.).Pretpostavimo da je dat kvadrat ABCD i da je u ǌemu upisanaqetvrtina kruga BED sa centrom u A.

8. Gottfried Leibniz (oko 378−320 p.n.e.) bio je nemaqki filozof i pronalazaqkoji je dao znaqajan doprinos u optici i mehanici.

9. Menehmo (oko 378−320 p.n.e.) je bio starograqki matematiqar kome se prepi-suje otkri�e elipse, parabole i hiperbole.

10. Pappus of Alexandria (290-350) bio je grqki matematiqar i pisac Matemati-

qkog zbornika u 8 k�iga, u kojima su saquvana dostignu�a starih grqkih matemati-qara i astronoma, kao i radovi samog Paposa.

11

Slika 1.6.

Pretpostavimo da preqnik kruga uniformno rotira oko A odpozicije AB do pozicije AD i da se u isto vreme du� BC ravno-merno pomera ka AD, ostaju�i sve vreme ǌoj paralelna. Na krajukretaǌa, i du� AB i du� BC poklopi�e se sa du�i AD. Prili-kom kretaǌa du�i AB i BC se seku, pa skup ǌihovih preseqnihtaqaka odre�uje jednu krivu, tj. kvadratrisu. Neka su neke od tihpreseqnih taqaka taqke F i L. Osobina ove krive je :

]BAD : ]EAD = BED : ED = AB : FH.

Drugim reqima, ako za prave AD i AB uzmemo da su x i y osa, daje AD = AB = 1, F (x, y) i za du�inu luka ED uzmemo α ima�emoda je :

π

2: α = 1 : FH

π

2: α = 1 : y

Iz ove proporcije dobijamo da je α = y π2, a kako je y

x= tgα, sledi

da je jednaqina kvadratrise :

y = x · tg(yπ2).

Primena kvadratrise u rexavaǌu problema kvadrature kruga jemnogo te�a nego pri trisekciji ugla, jer zahteva poznavaǌe koordi-nata taqke G preseka kvadratrise sa du�i AD. U narednom delu�emo detaǉnije opisati ovu problematiku.

U me�uvremenu, pretpostavimo da kvadratrisa seqe AD u taqkiG, i dokaza�emo da va�i relacija

BED : AB = AB : AG.

12

Pretpostavimo suprotno, ako prethodna relacija nije jednaka

AB : AG,

onda mora biti jednaka AB : AK, gde jeAK ili ve�e ili maǌe odAG. Razmotrimo ih ponaosob :1. Neka je AK > AG, konstruiximo krug sa centrom u A i polu-preqnikom AK (kvadrant KFL) koji seqe kvadratrisu u F i AB uL. Presek AF sa polukrugom qiji je centar A a polupreqnik ADoznaqimo sa E i konstruiximo normalu iz F na AD (Slika 1.7.).

Slika 1.7.

BED : AB = AB : AK = BED : LFK,

odakle sledi da jeAB = LFK.

Ali, na osnovu osobine kvadratrise je

AB : FH = BED : ED = LFK : FK.

Kako je AB = LFK, dobijamo da je

FH = FK

xto je nemogu�e. Dakle, AK nije ve�e od AG.2. Neka je AK > AG. Kao i u prvom sluqaju konstruiximo krug

sa centrom u A i polupreqnikom AK (kvadrant KML). Konstrui-ximo normalu u K na AD i ǌen presek sa kvadratrisom oznaqimosa F , a presek AF sa kvadrantima oznaqimo sa M i E (Slika 1.8.).

13

Slika 1.8.

Analogno prvom sluqaju

AB = LMK

Iz osobine kvadratrise, sledi da je

AB : FK = BED : DE = LMK : MK.

Kako je AB = LMK, dobijamo da je

FK = KM

xto je nemogu�e, pa AK nije ni maǌe od AG. Kako AK nije nimaǌe ni ve�e od AG, onda je jednako, pa va�i relacija

BED : AB = AB : AG. �

Ovaj dokaz se pripisuje Dinostratu, ako ne i samom Hipiji kojije definisao kvadratrisu.

Vratimo se sada na taqku G. Kako su na kraju uniformnog kre-taǌa, pokretne du�i AB i BC istovetne sa AD, nije jasno kako sedobija taqka G.

Uz pomo� analitiqke geometrije iz jednaqine kvadratrise do-bijamo da je presek kvadratrise sa x osom

x =y

tg(y π2)=

2

π· α

sinα· cosα −→ 2

π,

kad α −→ 0. Dakle, AG = 2π. Ovo va�i ako i samo ako je

BED : AB = AB : AG,

14

xto smo mi ve� dokazali. Poka�imo sada kako se vrxi kvadraturakruga.

Uz pomo� kvadratrise konstruixemo du� AG = 2πi pretposta-

vimo da nam je dat polupreqnik r, kruga qiju kvadraturu vrximo.Ako je AG uzeta za x osu i y osa u A normalna na AG onda sa R(r, 0)i R

′(0,−r) oznaqimo taqke preseka kruga(A, r) sa x i y osom. Neka

je U(0,−u) taqka u kojoj prava, u taqki R paralelna pravoj kojasadr�i taqke G i R

′, seqe y osu. Na osnovu sliqnosti (Talesove

teoreme), bi�e2

π: r = r : u.

Ako je C(c, 0) taqka u kojoj x osa seqe krug kojem su dijametralnosuprotne taqke B(0, 1) i U

′(0,−2u), onda je

2u : c = c : 1.

Iz prve relacije imamo da je 2u = r2π, a iz druge c2 = 2u, odaklesledi da je

c2 = r2π,

pa je AC tra�ena ivica kvadrata, za dati polupreqnik kruga (A, r)(slika 1.9.).

15

Slika 1.9.

1.5 Arhimedova spiralaArhimed je ro�en u Sirakuzi na Siciliji oko 287. godine p.n.e.

Spiralu je prvi otkrio Konon, ali je Arhimed pokazao ǌene bro-jne osobine me�u kojima je primena na problem kvadrature kruga.

U svom delu O spiralama , daje nam opis spirale : Neka polu-prava Ox1 ravnomerno rotira oko fiksirane taqke O dok se taqkaM tako�e kre�e du� ove poluprave polaze�i od taqke O (koordi-natni poqetak). Kriva koju opisuje ova taqka nazivamo spiralom.

Polarna jednaqina krive je oqigledno ρ = aθ, gde je a nekirealan broj a θ = 0 je poluprava.

16

Slika 1.10.

Pretpostavimo da tangenta iz bilo koje taqke P spirale pre-seca pravu normalnu na polupreqnik OP , u taqki T . Tada je OTpolarna podtangenta. Tako�e, Arhimed dokazuje jednakost da, akoje ρ radius vektor taqke P , onda je

OT =ρ2

a.

Ako je P na n-tom obrtu spirale, poluprava �e se zarotirati,recimo, za ugao 2(n− 1)π + θ. Dakle ρ = a{2(n− 1)π + θ}, i

OT =ρ2

a= ρ{2(n− 1)π + θ}.

Arhimed dakle, �eli da ka�e da, ako je ρ obim kruga polupreqnikaOP (= ρ), i ako ovaj krug seqe poqetnu polupravu u taqki K,

OT = (n− 1)p+ KP ,

gde je KP unapred izmereno. Ako je P na kraju n-tog obrtaja spi-rale, ovo dovodi do OT = n(obim kruga polupreqnika OP ), a ako

17

je P na kraju prvog obrtaja, OT = obim kruga polupreqnika OP .U delu Mereǌe kruga, Arhimed je dokazao da je povrxina krugajednaka povrxini pravouglog trougla, qije su katete jednake po-lupreqniku i obimu kruga. Dakle, povrxina kruga polupreqnikaOP jednaka je povrxini △OPT .

U nastavku �emo opisati dokaz kvadrature : konstruiximo je-diniqni krug sa sredixtem O, a zatim u ǌemu spiralu koja qinijedan pun obrt pre nego xto preseqe krug u taqki P . Iz taqke pre-seka se konstruixe tangenta na spiralu i ǌen presek sa normalomu O na OP oznaqimo sa T . Sada je OT = π. Opixe se krug sa ce-ntrom u S i polupreqnikom ST da bi se izraqunao koren iz π.Sa tom stranicom se konstruixe kvadrat jednake povrxine kao ikrug (Slika 1.11.).

Slika 1.11.

18

1.6 Pribli�ne vrednosti broja π

Vrednost broja π je bila poznata u nekom obliku jox od davnihvremena. Vavilonski matematiqari u XIX veku p.n.e., koristilisu kao π = 25

8≈ 3.125. Egipatski pisac Ahmes je za vrednost broja

π dobio 3.1605.Arhimed, upisuju�i u krug i opisuju�i oko ǌega pravilne po-

ligone od 96 strana, i raqunaju�i ǌihove obime, dobija aproksi-maciju 31

7> π > 310

71(mereǌe kruga). Kasnije je, dobio jox bli�u

aproksimaciju. Na �alost, brojevi koji stoje u Grqkom tekstu sunetaqni, doǌa granica je data kao odnos

211875 : 67441(= 3.141635),

a gorǌa granica kao odnos

197888 : 62351(= 3.17277),

tako da je data doǌa granica ve�a od prave vrednosti, a gorǌagranica je ve�a od prethodne gorǌe granice 31

7. Znaqajne ispravke

od strane Tanerije (211875 je zamenio sa 211872, a 197888 sa195882) daju boǉu vrednost, naime

1958882

62351> π >

211872

67441

ili3.1416016 > π > 3.1415904..

Jox jedna druga ispravka (umesto 67441 se uzima 67444, a umesto197888 se uzima 195888) daje :

1958888

62351> π >

211875

67444

ili3.141697... > π > 3.141495...

Ako bilo koji od ova dva predloga predstavǉa taqan broj, aritme-tiqka sredina dve granice daje izvanredno blisku aproksimaciju3.141596.

Ptolomej 11 daje vrednost obima kruga prema ǌegovom preqnikuizra�enu preko xezdesetih delova, tj. 3 + 8

60+ 30

602ili 3.1416. On

11. Claudius P tolem ( oko 83−161 godine posle Hrista) je bio starogrqki matema-tiqar, geograf i astronom.

19

uoqava da je ovo skoro isto kao aritmetiqka sredina Arhimedo-vih granica 31

7i 310

71. To je, me�utim taqnije od ove sredine, i

Ptolomej je bez sumǌe ǌegovu vrednost uqinio nezavisnom. Imaoje osnovu za izraqunavaǌe spremnu za uvo�eǌe u svoju Tabelu te-tiva. Ova tabela daje du�ine tetiva krugova obuhva�ene lukomod 1◦

2, 1

′, 11◦

2,i tako daǉe. Tetive su izra�ene u stodvadesetim delo-

vima du�ine preqnika. Ako bi jedan od tih delova bio obele�enkao 1p, tetiva obuhva�ena uglom od 1◦ je u Tabeli izra�ena u ovojmeri i ǌenim xezdesetim delovima dakle, 1p2

′50”. Kako ugao od 1◦

u centru kruga odre�uje stranu pravilnog poligona od 360 stranaupisanog u taj krug, obim ovog poligona je 360 puta 1p2

′50” ili,

kako je

1p =1

120.deopreqnika,

obim poligona izra�en u delovima preqnika je 3 puta 12′50

′′, xto

je 38′30

′′, xto je Ptolomejeva predstava broja π.

Grk qije se ime ne zna, dao je jox precizniji dokaz o jox bli-�oj proceni od Ptolomejeve. Indijski matematiqar Ariabhata 12

u svojoj kǌizi Lekcije za raqunaǌe, ka�e : ”Broj 100 saberi sa4 ; pomno�i sumu sa 8 ; saberi sa jox sa 62000 i to (xto imamo),podelimo sa 20000, dobija se pribli�na du�ina kru�ne linijekruga” ; on dobija 62832

20000ili 3.1416 kao vrednost broja π.

1.7 Numeriqke kvadratureOvo je metoda u kojoj se π aproksimira nekim razlomkom ili

algebarskom vrednox�u do neke �eǉene taqnosti, pa se pristupakonstrukciji takvog broja.

Aproksimacija poǉskog svextenika Koqanskog (oko 1685. go-

dine) smatra se jednom od najboǉih π ≈√

403− 2

√3.

Ramanud�an 13 (1913.godine) opisao je konstrukciju za π ≈ 355133

.Dikson 14 je 1991. godine dao konstrukciju u kojoj je π ≈ 6

5(1+ϕ),

gde je ϕ zlatni presek i

π ≈√

4 + (3− tg30◦)2.

12. Aryabhata (476-550) bio je jedan od glavnih matematiqara−astronoma u Indiji.13. Srinivasa Ramanujan (1887-1920) je bio indijski matematiqar.14. Leonard Eugene Dickson (1874-1954) je bio Ameriqki matematiqar koji je prvi

poqeo da istra�uje apstraktnu algebru.

20

1.8 Konstrukcija KoqanskogPrvi deo :Konstrukcija vrednosti broja π (Slika 1.12.).

Slika 1.12.

Konstruiximo krug sa centrom u B i polupreqnikom BC = 1i preqnike AC i OJ koji su normalni jedan na drugi. Na pravoj,koja je u C normalna na AC nanesimo 3 segmenta

CD = DE = EF = 1.

Konstruiximo, zatim, luk sa centrom u J i polupreqnikom JB,i presek luka sa krugom (B,BC) oznaqimo sa G i K. Ugao ABGjednak je 30◦. Presek BG sa pravom koja je u A normalna na AC jeH. Du� FH je jednaka π.

Zaista, neka je IH normalna na CF. Iz △ABH imamo da je

tg30◦ =AH

AB,

a kako je AB = 1 onda je AH = 0.57735. Na osnovu konstrukcijeznamo da je HI = AC = 2, a

IF = CF − CI = CF − AH = 3− 0.57735 = 2.42265.

Iz Pitagorine teoreme, primeǌene na △HDF, dobijamo da je

HF2= HI

2+ IF

2= 4 + 2.422652 = 9.86923,

odakle je HF = 3.141533.Du�inu HF mo�emo odrediti i kao rastojaǌe dve taqke H(

√33, 1)

i F (3,−1) :

HF =

√(3−

√3

3)2 + (1− (−1))2 =

√40

3− 2

√3 = 3.141533.

21

Drugi deo : Konstrukcija broja√π (Slika 1.13.).

Slika 1.13.

U prvom delu, dobili smo da je HF = π. Produ�imo, sada, HFdo M tako da je HM = 1. Neka je Q sredixte du�i MF . Konstru-iximo krug sa centrom Q i polupreqnikom QM, a zatim pravukoja je u H normalna na HF i ǌen presek sa krugom oznaqimo saL. Dobijana du� LH =

√π.

Zaista, △LHM i △FHL su sliqni, pa iz ǌihove sliqnostisledi da je

LH : HM = HF : HL,

odakle jeLH

2= HM · FH.

Kako je HM = 1, FH = π, dobijamo da je

LH =√π.

Dakle, povrxina kvadrata LPNH qija je strana jednaka√π,

pribli�no je jednaka povrxini kruga sa centrom u H i polu-preqnikom HM = 1.

22

2 Udvostruqeǌe kockeProblem udvostruqeǌa kocke se jox naziva i Delski problem,

jer potiqe od legende koja ka�e da je u Atini oko 430. godine prenove ere harala kuga, pa su zbog toga Atiǌani, tra�e�i pomo�,otixli u poznato proroqixte u Delosu. Tamo su dobili odgovorda �e pobediti kugu samo ako uspeju udvostruqiti oltar Apolonu,koji je bio u obliku kocke. Naivno su prixli problemu, Ati-ǌani su udvostruqili svaku stranicu kocke, koja je predstavǉalaoltar, me�utim tako su dobili oltar osam puta ve�e zapremineod polaznog. Kuga je nastavila harati gradom, budi�i da nisuispunili zahteva proroqanstva. Ovu legendu zapisao je Teon izSmirne.

O ovom problemu postoji i druga legenda, zapisana od straneEutociusa, u komentaru Arhimedova dela O kugli i vaǉku, kojaka�e da je kraǉ Minos imao �eǉu udvostruqiti grob pesnikaGlaukasa, koji je bio kockastog oblika.

Ukoliko dati problem posmatramo na algebarski naqin, priqemu du�inu stranice zadate kocke oznaqimo sa a, problem sesvodi na rexavaǌe jednaqine x = 3

√2a, xto je du�ina stranice

tra�ene kocke. Bez smaǌeǌa opxtosti dovoǉno je posmatrati pro-blem udvostruqeǌa kocke stranice jediniqne du�ine, pa tada osta-je problem konstrukcije 3

√2.

Ovaj problem se sastoji u odre�ivaǌu ivice kocke koja imadva puta ve�u zapreminu od zadate kocke. To znaqi da elementa-rnim putem treba konstruisati veliqinu x koja je rexeǌe jedna-qine x3 − 2a3 = 0 tj. veliqinu x = 3

√2 gde je a zadata du�. To je

naravno nemogu�e. Me�utim, mnogim generacijama matematiqarataj problem je zadavao velike brige, sve dok opet Gaus nije do-kazao da je nemogu�e ovaj problem rexiti elementarnim putem.Prouqavaǌe ovog problema dovelo je do otkri�a mnogih krivihi ǌihovih osobina. Nikomed je doxao do rexeǌa pomo�u konho-ide (krive 4.reda), dok je Dioklo isto uqinio pomo�u cikloide(krive 3.reda).

Postoje, naravno, i aproksimativna rexeǌa problema udvostru-qeǌa kocke koja su dali Apolonije iz Perge i Heron iz Ale-ksandrije.

23

2.1 Hipokratovo rexeǌe Delskog problemaZa rexeǌe Delskog problema, kako je utvrdio Hipokrat sa

Hiosa, dovoǉno je na�i dve sredǌe proporcionale za dve zadatedu�i. Me�utim, ako su a i b dve zadate du�i dovoǉno je na�i x iy, ǌihove dve sredǌe proporcionale, takve da je

a : x = x : y = y : b

da bi se rexio problem udvostruqeǌa kocke. Ovo vidimo iz slede�ejednakosti :

a3

x3=

a

x· xy· yb=

a

b.

Sada, ako je a ivica kocke i ako je zadat odnos a : b, tada �e iodnos zapremina kocki ivica a i x biti jednak zadatom odnosu.Analognom ovom va�i

y3

b3=

y

b· xy· ax=

a

b,

tako da je odnos zapremina kocki kojima su ivice y i b jednakzadatom odnosu a : b.

Poseban sluqaj tra�eǌa dve sredǌe proporcionale je kada jeodnos du�ina a i b jednak 2 : 1, tj. kada je du�ina ivice a dvostrukove�a od du�ine b. Tada je zapremina kocke ivice a dvostruko ve�aod zapremine kocke ivice x, zapremina kocke sa ivicom y bi�edvostruko ve�a od zapremine kocke sa ivicom b. Na ovaj naqin,kako je utdvrdio Hipokrat sa Hiosa, problem udvostruqeǌa kockesveden je na konstrukciju dveju sredǌih proporcionala. Eutokijeo ovome svedoqi da je Hipokrat ”tu texko�u pretvorio u drugune maǌu texko�u ”.

2.2 Arhitina konstrukcijaArhita je ro�en u Tarantu, oko 428 godine, gde je odrastao

i umro izme�u 360. i 350. godine stare ere. Pripadao je mla�ojgeneraciji pitagorejaca. Aristotel navodi da je najverovatnijebio Filolajev uqenik, mada ga Eudem, tretira i kao va�nog ne-zavisnog mislioca koje je uspeho da rexi jedan od tri antiqkaproblema u predplatonovom vremenu : udvostruqeǌe kocke, i tokonstrukcijom sredǌih proporcionala Hipokrata sa Hiosa.

24

Slika 2.1. Arhitina konstrukcija

Arhitina konstrukcija (Slika 2.1.) polazi od pravouglog △ADK,sa pravim uglom kod temena K. Taqka I je podno�je normale iz ta-qke K na AD, a taqka M podno�je normale iz I na AK. Tada, izsliqnosti trouglova △ADK, △AKI, i △AIM va�i proporcija

AD

AK=

AK

AI=

AI

AM,

a iz ovoga sledi, prema zakǉuqku Hipokrata sa Hiosa (Slika2.2.), da je

AD

AM=

AI2

AM2 .

Slika 2.2. Sredǌe proporcionale Hipokrata sa Hiosa

25

Neka je AM ivica zadate kocke. Tada je odnos zapremina kockiqije su ivice AI i AM jednak zadatom odnosu AD : AM . U posebnomsluqaju kada je du� AD dvostruko ve�a od du�i AM , zapreminakocke qija je ivica AI je dvostruko ve�a od zapremine kocke saivicom AM. Da bi se rexio problem udvostruqeǌa kocke potrebnoje konstruisati taqku I na du�i AD kada su zadate du�i AD i AM .

Prava potexko�a bila je u konstrukciji sliqnih trouglova△ADK, △AKI, △AIM . Izborom taqke I na du�i AD odre�eni supolo�aji taqaka K i M i to tako xto taqka K pripada polukruguqiji je preqnik AD i pritom je KI normalno na AD a M je po-dno�je normale iz taqke I na du� AK. Ako se taqka I kre�e podu�i AD od taqke D ka taqki A, tada i AM opada od AD do nule,pa je zbog toga u jednom ”trenutku”, AM podudarna nekoj unapredzadatoj du�i g, maǌoj od AD.

Slika 2.3. Izgled Arhitine konstrukcije

Taj ”trenutak” kada je AM podudarna zadatoj du�i g Arhitatra�i na slede�i naqin : on ravan △ADK postavǉa tako da budeupravna na ravan fiksiranog kruga k koje je AD preqnik, a potom△ADK rotira oko prave i koja je u taqki A upravna na ”hori-zontalnoj” ravni. Sredixte tog kruga je taqka A. Neka je krug l

26

opisan oko △AD′K, Arhita prime�uje da se neprekidnom rotaci-

jom ovog kruga oko prave i, dobija povrxi nekog torusa τ. Kakoosa i rotacije u taqki A dodiruje krug l, svi meridijani tog to-rusa sadr�a�e taqku A, pa �e ǌegov unutraxǌi polupreqnik bitinula.

Slika 2.4. Poluvaǉak i torus

Dopuxtaju�i osnu rotaciju △ADK oko prave i, Arhita pretpo-stavǉa da je taqka I taqka preseka rotiraju�e du�i AD

′i ”hori-

zontalnog” kruga k i prime�uje da je tada taqka K pripada pravojkoja je u taqki I normalna na ravni kruga k. Stoga ona pripadacilindru σ qije izvodnice sadr�e taqke ”horizontalnog” kruga iupravne si na ravan tog kruga.

Slika 2.5. Prostorna kriva s koja predstavǉa presek cilindra itorusa

27

Dakle, taqka K opisuje prostornu krivu s koja se dobija upreseku dveju provrxi : cilindra σ i torusa τ.

Kako je ]AMI prav a ravan △AD′K upravna na horizontalnu

ravan kruga k, taqka M pripada�e sferi kojoj je AD preqnik. Kakoje, pri tome, AM ivica zadate kocke, podudarna nekoj du�i g, ta-qka M �e pripadati i sferi sa sredixtem u taqki A i polupre-qnikom g malo. Stoga ona pripada krugu q preseka ovih dvejusfera. U posebnom sluqaju konstrukcije dvostruke proporcionala,kada je potrebno rexiti problem udvostruqeǌa kocke, du� AD jedvostruko ve�a od du�i AM , pa su stoga ove dve sfere podudarnei sredixte jedne pripada�e drugoj.

Slika 2.6. Krug q kao direktrisa konusa i trougao qijomrotacijom nastaje konus

Budu�i da su taqke A, M i K kolinearne, one �e pripadatikonusu κ sa temenom A kojem je direktrisa krug q koji se dobija upreseku dveju sfera.

Slika 2.7. Torus τ iz koga je izva�en polucilindar i konus κ

28

Slika 2.8. Konstrukcija taqke K koja se dobija u presekupolucilindra, torusa i konusa

Slika 2.9. Konstrukcija taqaka I,D′,M

Stoga je taqka K presek prostorne krive s i konusa κ, tj. presekjednog konusa, jednog cilindra i jednog torusa. Odredivxi taqkuK, koja predstavǉa kǉuqno mesto ove konstrukcije, Arhita je mo-gao da odredi taqke I i M . Ovim je rexen problem udvostruqeǌakocke.

Slika 2.10. Svi elementi Arhitine konstrukcije dvostrukihproporcionala

29

Smelost i maxta ove veliqanstvene konstrukcije ogleda se utome xto on predvi�a presek u taqki K rotiraju�eg kruga (to-rus), polucilindra i rotiraju�eg trougla (konus). Ovo rexeǌeje u osnovi ”kinematiqno”. Xtavixe, Arhita se ne ustruqava dakoristi princip neprekidnosti kada odre�uje ”trenutak” kada jedu� AM koja opada od AD do nule, podudarna datoj du�i g ma-ǌoj od AD, pretpostavǉaju�i da �e neprekidna promenǉiva kojaje najpre ve�a, a potom maǌa od date vrednosti, u jednom momentubiti ǌoj jednaka.

Mi zaista ne znamo xta je navelo Arhitu da proizvede ovajneverovatan podvig prostorne imaginacije, u ciǉu konstrukcijesredǌih proporcionala i time rexavaǌa problema udvostruqeǌakocke. Kriva koja predstavǉa presek poluvaǉka i torusa je prvaprostorna kriva, tj. kriva koja ne le�i u jednoj ravni, u istorijimatematike. Ova kriva danas se naziva Arhitinom krivom.

Vrednost Arhitinog rexeǌa problema udvostruqeǌa kocke pre-vazilazi oblast matematike. Iako nije mehaniqko samo po sebi,rexeǌe je od ogromnog znaqaja za mehaniku jer omogu�ava ne samoda se pomo�u ǌega duplira kocka, ve� da se izgradi telo kojeve�e ili maǌe od datog tela u bilo kom odnosu. Dakle, rexeǌeomogu�ava izgradǌu maxina na bazi radnog modela.

2.3 Menehmeov dokazMenehmo (380-320 godine p.n.e.) ro�en je u Alopokoneji u Tra-

kiji (sadaxǌoj Turskoj) bio je brat poznatog geoemetra Dino-strata. Prvi je u pokuxaju da rexi Delski problem otkrio krivekoje �e kasnije biti poznate kao elipsa, parabola i hiperbolakoje su dugo bile poznate kao ”Menehmove krive”. Bio je prijateǉPlatona 15 i Eudoksov 16 uqenik i kako je bio poznat kao velikinastavnik geometrije bio je postavǉen za uqiteǉa Aleksandra Ve-likog. ǋegovo rexeǌe problema prona�eno je u Eutokijevoj anto-logiji Komentari o Arhimedovim sferama i cilindrima.

Naqin na koji on definixe elipsu, parabolu i hiperbolu jeinteresantan jer bira ravan upravnu na jednoj izvodnici konusa,pa u zavisnosti od toga da li je ugao konusa pri ǌegovom vrhu

15. Platon (427-347 p.n.e.) bio je neizmerno uticajan starogrqki filozof i bese-dnik, Sokratov uqenik i osnivaq Akademije u Atini.

16. Eudoks (408-355 p.n.e.) je bio grqki matematiqar, astronom i nauqnik, jedanod Platonovih uqenika.

30

oxtar, prav ili tup, presek ravni i konusa naziva elipsom, para-bolom ili hiperbolom. Problemi koji se odnose na konusne pre-seke postaju poznati posle Apolonija iz Perge i postaju jedna odnajrazvijenijih problematika matematike.

Menehmo tako�e polazi od rezultata Hipokrata sa Hiosa kojije prethodno pomenut i koji rexeǌe Delskog problema redukujena konstrukciju dveju sredǌih proporcionala x i y zadatih du�ia i b takvih da je :

a

x=

x

y=

y

b

i za sluqaj udvostruqeǌa kocke

a3

x3=

(ax

)(x

y

)( y

2a

)=

a

2a=

1

2.

Menehmo je predstavio dve metode gde pokazuje kako pomenutekrive dovode do rexeǌa problema dupliraǌa kocke. Ako je

x

y=

y

b

tada jey2 = bx.

Ako jea

x=

x

y

tada jex2 = ay

i ako jea

x=

y

btada je

xy = ab.

Prve dve jednaqine predstavǉaju parabolu dok je tre�a hipe-rbola. Menehmovo prvo rexeǌe koristi presek parabole i hipe-rbole, a drugo dve parabole.

Ako pretpostavimo da je problem rexen, te da je ON = x i PN =y, a ON i PN dve upravne prave, iz pretpostavǉenih proporcijasledi da je

x2 = ay

ixy = ab.

31

Slika 2.11. Menehmova konstrukcija

Dakle, zakǉuqujemo da taqka P pripada jednoj paraboli kojoj jeteme O, i jednoj hiperboli qije su asimptote prave ON i OM xtoznaqi da se taqka P mo�e konstruisati kao presek jedne parabolei jedne hiperoble.

Sliqno tome, kako je y2 = bx, taqku P je mogu�e konstruisati ikao presek dve parabole. Iako je Menehmova konstrukcija sasvimteorijska jer se u ǌoj ne pomiǌe nikakvo sredstvo za konstrukciju,ve� samo definicija konusnih preseka, malo je verovatno da jeon imao bilo kakvu ideju o relaciji izme�u krivih i jednaqina.Ne postoji ni jedan dokaz o postojaǌu simboliqkog predstavǉaǌanepoznate osim u goemetrijskom smislu.

32

3 Trisekcija uglaTrisekcija ugla potiqe iz 4. veka p.n.e. i predstavǉa problem

konstruktivnog nala�eǌa tre�ine zadatog ugla. Zanimǉivo je dasu Grci uoqili ovaj problem pri gradǌi svojih hramova, spome-nika, te ornamenata, qije se ukraxavaǌe svodilo na trisekcijuodre�enih uglova.

Ovaj zadatak koji spada u najstarije matematiqke probleme, po-tiqe od grqkog filozofa Hipije iz Elide (4. veka.p.n.e.), a sastojise u tome da se zadani ugao podeli na tri jednaka dela (ugla) ele-mentarnim putem (pomo�u leǌira i xestara). Ovim problemombavili su se mnogi matematiqari me�u ǌima i Arhimed , aliga ipak nisu uspeli rexiti. Stari Grci su na mnoge naqine na-stojali izvrxiti trisekciju ugla elementarnim putem, ali kakonisu uspevali, pokuxali su rexiti problem pomo�u raznih kri-vih. Izme�u ostalih, to je uspelo i Nikomedu pomo�u konhoide. Unovije doba taj su problem pomo�u krivih drugog reda rexili De-kar i Klero. Ipak, tek je Gaus dokazao da je trisekciju nemogu�erexiti upotrebom samo leǌira i xestara. Taj se problem naimesvodio na jednaqinu tre�eg stepena oblika x3 − 3ax2 − 3x + a = 0,koja se ne mo�e svesti na jednaqine ni�eg stepena. To znaqi dase odgovaraju�a geometrijska konstrukcija ne mo�e izvesti ele-mentarno.

Uz trisekciju ugla pomenimo i stari problem podele kruga najednake delove (konstrukcije pravilnog poligona). Taj problem senajverovatnije javio pre nekoliko hiǉada godina, kada su se ǉudiprvi put sreli sa problemom pravǉeǌa toqka. Naime, ve� su Va-vilonci umeli dosta dobro aproksimativno razdeliti kru�nicuna sedam jednakih delova, a Grci su znali elementarno geometri-jski razdeliti kru�nicu na n = 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 12 jednakih delova,ali ǌihovi pokuxaji da to isto uqine za n = 7, 9, 11, 13... nisuuspeli. I mnogi kasnije pokuxaji da se kru�nica elementarnorazdeli na n jednakih delova ostali su uzaludni, sve dok konaqnoGaus krajem 18. veka nije dokazao da je taj problem mogu�e ele-mentarno konstruktivnim putem rexiti samo za neke posebne slu-qajeve broja n.

33

3.1 Kratka istorija geometrije kroz problem tri-sekcije ugla

Zajedno sa teorijom brojeva, geometrija je predstavǉala jednuod dve oblasti grqke matematike. Klasiqna geometrija je akcenatstavǉala na konstrukcije pomo�u leǌira i xestara.

Pe�inski ǉudi su prvi saquvali tragove poqetaka geometrije,uspeli su otkriti tupe trouglove u antiqkoj dolini Inda i Vavi-lonu oko 3000 p.n.e. Rana geometrija je bila kolekcija empirijskiotkrivenih principa koji su se odnosili na du�ine, uglove, po-vrxine i zapremine, a qiji je razvoj bio motivisan praktiqnimpotrebama geodezije, gra�evinarstva, astronomije i razliqitihzanata. Me�u ǌima se nalazi i neki iznena�uju�e sofisticiraniprincip koje bi moderni matematiqar texko mogao da doka�e bezupotrebe analize. Na primer, i Egip�ani i Vavilonci su pozna-vali verzije Pitagorine teoreme jox 1500 godine pre Pitagore ;Egip�ani su poznavali formulu za zapreminu zarubǉene pravilneqetvorostrane piramide ; Vavilonci su imali trigonometrijsketablice i znali su vrednost

√2 na pet decimala.

3.2 Egipatska geometrijaStari Egip�ani su znali da pribli�no izraqunavaju povrxinu

kruga kao :

Pkruga =

(R · 8

9

)2

, R− dijametar

Ovaj metod se koristio u 50. problemu iz Ahmesovog papirusa zaizraqunavaǌe povrxine kruga. Ova pretpostavka daje

π ≈ 4 ·(8

9

)2

, (= 3.160493...),

sa grexkom od 0.63. Ova prednost je malo loxija od Vavilonskihproraquna (π ≈ 25

8= 3.125, gde je grexka 0.53), ali inaqe nije pre-

vazi�ena sve do Arhimedove aproksimacije 211875/67441 = 3.14163,qija je grexka oko 0.01. Interesantno je da je Ahmes znao za mo-dernu 22

7aproksimaciju za π, ali je i daǉe koristio tradicio-

nalnu vrednost 25681

prilikom izraqunavaǌa zapremine cilindra uhekratima (stara Egipatska mera za zrnevǉe, hleb i pivo).

34

S druge strane, u 48. problemu se koristio kvadrat stranice9, koji je podeǉen mre�om 3×3. Konstruisan je neregularni osmo-ugao povrxine 63 uz pomo� dijagonala ugaonih kvadrata mre�e,xto daje drugu vrednost za π od 3.111. Ova dva problema zajednopokazuju da se egipatska aproksimacija za π kretala izme�u 3.11i 3.16.

3.3 Vavilonska geometrijaVavilonci su obim kruga raqunali kao troustruki dijametar,

a povrxinu kao dvanaestinu kvadrata oblika kruga, xto bi bilotaqno ako bi se uzelo da je π pribli�no jednako 3. Zapreminu ci-lindra su raqunali kao proizvod povrxine osnove i visine, doksu zapreminu zarubǉene kupe ili pravilne qetvorostrane pira-mide pogrexno raqunali kao proizvod visina i polovine zbirapovrxina osnova. Pitagorina teorema je tako�e bila poznata Va-viloncima, dok je skoro iskopana tablica u kojoj je za π korix-�ena vrednost 25

8.

3.4 Grqka geometrijaZa starogrqke matematiqare, geometrija je bila kraǉica ǌi-

hovih nauka, posti�u�i kompletnost i savrxenost metoda kao ni-jedna druga oblast ǌihovog znaǌa.

Tales (635−543 p.n.e.) iz Mileta (sada u jugozapadnoj Turskoj)smatra se ”ocem” grqke filozofije i najstarijim evropskim fi-lozofom. On je napisao empirijske i direktne dokaze pet geome-trijskih tvr�eǌa, mada ovi dokazi nisu saquvani. Kao matema-tiqar poznat je po Talesovoj teoremi. Sa druge strane mogu�eda je Pitagora (582 − 496 p.n.e.), koji je �iveo u Joniju bio Ta-lesov uqenik. Iako je tvr�eǌe iz ǌegove teoreme bilo poznato iranije, on je verovatno prvi koji je dao ǌegov kompletan dokaz.Oko sebe je okupio grupu uqenika koja je prouqavala matematiku,muziku i filozofiju i zajedno su otkrili ve�inu od onoga xto seiz geometrije danas uqi u osnovnoj xkoli. Pored toga, otkrili supostojaǌe nesamerǉivih du�ina i iracionalnih brojeva.

Platon (427− 347 p.n.e.) je bio najceǌenijim filozofom Grqke,koji je iznad vrata svoje quvene xkole napisao ”Neka ne ulazi onajko ne zna geometriju”. Iako on sam nije bio matematiqar, ǌegovomixǉeǌe o matematici je bilo vrlo uticajno. Matematiqari su

35

stoga prihvatili ǌegovo ube�eǌe da geometrija ne treba da ko-risti druga oru�a osim xestara i leǌira−nikada instrumenteza mereǌe, kao sto su leǌir sa oznakama ili uglomer, jer su toinstrumenti zanatlije i nisu dostojni nauqnika.

Ovo pravilo dovelo je do dubokih istra�ivaǌa konstrukcijamogu�ih samo sa leǌirom i xestarom i tri klasiqna konstru-ktivna problema :

1. Kako pomo�u leǌira i xestara podeliti ugao na tri jednakadela ;

2. Konstruisati kocku qija je zapremina dvostruko ve�a od datekocke i

3. konstruisati kvadrat qija je povrxina jednaka povrxini da-tog krug.

Dokazi nemogu�nosti ovih konstrukcija, iako na�eni tek u 19.veku,iznedrili su va�ne principe o strukturi sistema realnih bro-jeva.

Aristotel (384 − 322 p.n.e.), je Platonov najve�i uqenik, kojije napisao traktat o metodama zakǉuqivaǌa u deduktivnim doka-zima.

3.5 Helenistiqka geometrija

Slika 3.1. Euklid

Euklid (oko 325− 265 p.n.e.) iz Aleksandrije, qesto se smatraosinonimom za geometriju. ǋegovi Elementi geometrije (pozna-tije u skra�enom obliku − Elementi) u 13 kǌiga su jedan od

36

najva�nijih i najuticajnijih kǌiga u istoriji matematike. Euk-lid je geometriju zasnovao kao aksiomatski sistem, u kome se sveteoreme(taqna tvr�eǌa) dokazuju iz malog broja aksioma. Ele-menti poqiǌu definicijama pojmova, osnovnim geoemetrijskimprincipima(zvanim i postulati) i opxtim kvantitativnim pri-ncipima(zvanim ”zajedniqke ideje”), iz kojih se ostatak geome-trije izvodi logiqkim zakǉuqivaǌem. ǋegovih pet postulata su :

1. Bilo koje dve taqke se mogu spojiti pravom.

2. Bilo koja du� se mo�e produ�iti u pravu.

3. Za bilo koju du�, mo�e se nacrtati krug sa du�i kao polu-preqnikom i centrom u jednom kraju du�i.

4. Svi pravi uglovi su me�usobno jednaki.

5. Ako dve prave u ravni seqe tre�a prava (zvana transverzala),i ako unutraxǌi uglovi izme�u dve prave i transverzalekoji le�e sa iste strane transferzale zajedno imaju maǌeod dva prava ugla, onda �e se sa te strane transferzale tedve prave se�i, ako ih produ�imo dovoǉno dugo.

Elementi tako�e zadr�e slede�ih pet ”zajedniqkih ideja” :

1. Stvari koje su jednake istoj stvari jednake su i me�u sobom.

2. Ako su jednaki delovi dodati jednakim delovima, onda su iceline jednake.

3. Ako se jednaki delovi oduzmu od jednakih delova, onda su iostaci jednaki.

4. Stvari koje su podudarne jedna drugoj su jednake jedna dru-goj.

5. Celo je ve�e od bilo kog dela.

Bojer u kǌizi ”Euklid iz Aleksandrije” napisao : ”EuklidoviElementi nisu samo najranije znaqajno delo starogrqke matema-tike koje je doxlo do nas, ve� i najuticajnija kǌiga svih vremena.Prvo xtampano izdaǌe Elemenata se pojavilo u Veneciji i to jebila jedna od prvih xtampanih matematiqkih kǌiga.

Proceǌuje se da su od tada Elementi odxtampani u preko hil-jadu izdaǌa. Verovatno nijedna druga kǌiga, sem Biblije, ne mo�eimati toliko mnogo izdaǌa, i sigurno je da nijedno drugo ma-tematiqko delo nije imalo uticaj koji bi se mogao porediti saElementima ”.

Arhimed (287−212 p.n.e.) iz Sirakuze na Siciliji, koja je tadabila grqki grad−dr�ava, se qesto smatra najve�im starogrqkim

37

matematiqarem i ponekad qak smatra jednim od trojice najve�ihmatematiqara uopxte (zajedno sa ǋutnom i Gausom). Qak i da nijebio matematiqar, ostao bi upam�en kao veliki fiziqar, pronala-zaq i in�eǌer. U svojoj matematici, razvio je metode vrlo sliqnekoordinatonom sistemu u analitiqkoj geometriji i graniqne pro-cese integralnog raquna. Jedini element koji mu je nedostajaoza zasnivaǌe ovih oblasti je bila efikasna algebarska notacijakojom bi izrazio svoje koncepte.

Nakon Arhimeda, Helenistiqka matematika je poqela da opada.Postojalo je jox nekoliko matematiqkih umova tog vremena, alije zlatno dobra geometrije proxlo. Proklu(410-485 n.e.), autorKomentar prve kǌige Euklida, je bio jedan od posledǌih va�nihliqnosti u Helenistiqkoj geometriji. Bio je vrhunski geoemetar,ali va�nije, bio odliqan komentator dela koja su postojala preǌega. Ve�ina tih dela danas nije saquvana i poznata su nam samokroz ǌegove komentare.

3.6 Konstrukcije pomo�u leǌira i xestaraLeǌir i xestar u geometrijskoj konstrukciji nemaju prvenstve-

no karakter tehniqkog, nego u prvom redu logiqkog sredstva. UXIX veku postalo je poznato da se svaka geometrijska konstruk-cija koja se mo�e izvesti leǌirom i xestarom mo�e i izvesti isamo xestarom. Ova qiǌenica poznata je pod nazivom Maskero-nijeva 17 teorema.

Koriste�i samo xestar i neoznaqeni leǌir, grqki matemati-qari su pronaxli naqine kako da podele du� na proizvoǉan brojjednakih delova, da crtaju paralelne prave, da na�u simetraluugla, da nacrtaju neke od regularnih poligona i da konstruixukvadrat koji ima povrxinu jednaku ili dvostruko ve�u od po-vrxine datog poligona. Me�utim, tri osnovna geometrijska pro-blema ostala su nerexiva.

Na neki naqin, trisekcija ugla je najmaǌe popularan od ovatri problema. U vreme starih Grka dupliraǌe kocke je bilo najpo-pularniji problem, dok je u novije vreme kvadratura kruga posta-la najpopularniji problem, naroqito me�u matematiqarima ama-terima. Postoji nekoliko razloga zaxto se problem trisekcijeugla razlikuje od druga dva problema.

17. Lorenco Maskeroni (1750-1800) je bio italijanski matematiqar koji je 1790godine izraqunao Ojlerovu konstantu na 32 decimale.

38

Najpre, ne postoji jak istorijski razlog zaxto je problem uo-pxte poqeo da se prouqava. S obzirom da su znali kako da podeledu� na proizvoǉan broj jednakih delova i kako da podele ugaona dva jednaka dela, starogrqki matematiqari su sigurno htelida prona�u naqin da podele ugao na proizvoǉan broj jednakihdelova. Kako bi to bilo mogu�e, tada bi znali da konstruixuregularne poligone sa proizvoǉnim brojem stranica, xto je zatadaxǌe geoemetre sigurno bio interesantniji problem.

Zatim, to je problem sasvim drugaqijeg tipa : ne mo�e se kva-drirati niti jedan krug, niti se mo�e duplirati bilo koja kocka.Me�utim, neki uglovi se mogu podeliti na tri jednaka dela. Naprimer, postoji relativno jednostavan metod za trisekciju pravogugla (Slika 3.2.). Za dati pravi ugao ]CAB, konstruixe se kru-�nica sa centrom u A koja du� AB seqe u taqki E. Iz taqke E kaocentra, konstruixe se druga kru�nica sa istim polupreqnikomkoja seqe prvu kru�nicu u taqki D. Tada je △DAE jednakostra-niqni trougao, tako da je ugao ]DAE = 60◦ i ]DAC = 30◦. Prematome, ugao ]CAB je podeǉen na tri jednaka dela.

Slika 3.2.

3.7 Rexeǌe pomo�u xestara i leǌira sa oznaqe-nom du�inom

Iako je texko dati taqan datum kada se problem trisekcijeugla prvi put pojavio, poznato je da se Hipokrat sa Hiosa (oko470-410 p.n.e), koji je dao prvi znaqajniji doprinos rexavaǌu pro-blema kvadrature kruga i dupliraǌa kocke, bavio tako�e i pro-blemom trisekcije ugla. On je dao priliqno jednostavan naqintrisekcije proizvoǉnog ugla (Slika 3.3.).

39

Slika 3.3.

Za dati ugao ]CAB, konstruisati pravu iz C normalnu napravu AB koja seqe AB u taqki D. Neka je F qetvrto teme pravou-gaonika CDAF . Produ�iti pravu FC do taqke E, izabrane takoda prava AE seqe CD u taqki H i da je HE = 2AC tada je ]EABjednak tre�ini ugla ]CAB.

Dokaz : Neka je G sredixte du�i HE, tako da je HG = GE =AC. Poxto je ]ECH pravi ugao, to taqka C pripada kru�nicinad HE kao preqnikom, pa je CG = HG = GE. Daǉe je

]EAB = ]CEA = ]ECG.

Kako je AC = CG, va�i da je ]CAG = ]CGA. Ali

]CGA = ]GEC + ]ECG = 2]EAB,

pa je ]CGA = 2]CAB/3 i ]EAB = ]CAB/3. �Jedan od razloga zaxto problem trisekcije ugla nije bio to-

liko popularan kod starogrqkih matematiqara le�i verovatno i utome xto je gorǌu konstrukciju mogu�e lako izvesti u praksi, bezobzira xto izbor taqke E nije mogu�e izvesti samo pomo�u neo-znaqenog leǌira i xestara. Mehaniqki tip rexeǌa je slede�i :na leǌiru postaviti dve taqke na rastojaǌu 2AC, zatim pomeratileǌir dr�e�i jednu oznaku na pravoj CD, a drugu na produ�etkuprave FC, sve dok leǌir ne pro�e kroz taqku A. Dakle, u praksije problem lako rexiv, iako se matematiqke taqke gledixta stariGrci nisu bili zadovoǉni mehaniqkim rexeǌima. Kao xto je Pla-ton rekao : ”Zar u postupaǌu na mehaniqki naqin nismo izgubilinajboǉe od geometrije...” odnosno”Duxa geomtrije je zanemarena i unixtena, jer se opet vra�amou svet ose�aja, umesto da se uzdignemo i pro�memo veqnim i ne-materijalnim slikama misli...”

40

3.8 Pribli�ne konstrukcijeArhimed je pronaxao sliqan metod koji je tako�e koristio

leǌir sa oznaqenom du�inom, dok je nexto kasnije Apolonije izPerge (oko 262-190 p.n.e) pronaxao metod koji je za trisekcijuugla koristio osobine hiperbole. Tokom istorije je prona�enojox dosta takvih metoda − u [7] delo Roberta Jatesa, gde je opi-sano 15 mehaniqkih konstrukcija koje, pored xestara i neoznaqe-nog leǌira, koriste i druga pomo�na sredstava.

Samo pomo�u xestara i leǌira je mogu�e dati pribli�ne ko-nstrukcije. U [10] delo �ima Loja nalazi se pregled tridesetaktakvih konstrukcija. Ovde prenosimo jednu od ǌih, koju je prviput opisao Mark Stark, (Slika 3.4.) a koja ima neverovatno ve-liku taqnost :

1. Neka je dat proizvoǉan oxtar ugao sa temenom u O;

2. Konstruisati kru�nicu sa centrom u O koja seqe krake utaqkama A i B;

3. Iz taqke A kao centra, konstruisati kru�nicu koja seqe du�AB u taqki D i prethodnu kru�nicu u taqki E, negde izme�u14i 1

2rastojaǌa izme�u A i B;

4. Ako du� DE prolazi kroz taqku O, onda je ]AOE = ]AOB/3;

5. Produ�iti du� OA preko taqke O i oznaqiti taqku F napravoj OA tako da je OF = 3OA;

6. Konstruisati kru�nicu sa centrom u O i polupreqnikom OF .Oznaqimo sa G onaj presek kru�nice i prabe kroz DE, kojije bli�i taqki F ;

7. Produ�iti pravu kroz GO i na�i presek E′sa originalnom

kru�niciom iz O. Tada je ugao ]AOE′pribli�no jednak tre-

�ini ugla ]AOB.

41

Slika 3.4. Starkova konstrukcija

Prava prednost ove konstrukcije je xto se mo�e iterirati :ako se proces ponovi od koraka 3 koriste�i AE

′kao polupreqnik,

tada se u nekoliko koraka mo�e dobiti ugao koji od tre�ine ugla]AOB odstupa za maǌe od 0.00000001◦.

3.9 Dokaz nemogu�nosti rexeǌaDokazi da se tri klasiqna starogrqka problema ne mogu re-

xiti samo pomo�u xestara i leǌira su se pojavili tek u 19.veku. Gaus je tvrdio da se ovi problemi ne mogu rexiti, ali jeprvi dokaz nemogu�nosti konstrukcije dao tek Pjer Loren Va-ncel 18 1837 godine. U sluqaju dupliraǌa kocke, nemogu�nost ko-

18. Pierre Laurent Wantzel (1814-1848) bio je Francuski matematiqar.

42

nstrukcije proizilazi iz qiǌenice da se konsturkcije pomo�uxestara i leǌira mogu predstaviti jednaqinama prvog i dru-gog reda, dok dupliraǌe kocke zahteva nala�eǌe rexeǌa jedna-qine tre�eg stepena. Sliqna je situacija sa problemom trisekcijeugla, koju �emo ilustrovati na primeru nemogu�nosti trisekcijeugla od 60◦.

Geometrijski problem trisekcije ugla se mo�e povezati sa alge-brom − specifiqno, sa korenima polinoma tre�eg stepena− s obzi-rom da je cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ. Neka je, kao i obiqno, Q poǉeracionalnih brojeva. Primetimo da su brojevi koji se mogu u je-dnom koraku konstruisati iz poǉa Q nule polinoma drugog ste-pena. Ugao π

3= 60◦ je konstruktibilan, ali ǌegova tre�ina nije

konstruktibilna. Primetimo da je cos 60◦ = 12. Ako bi se ovaj ugao

mogao podeliti na tri jednaka dela xestarom i leǌirom, tadabi minimalni polinom za cos 20◦ u Q bio drugog stepena. Neka jey = cos 20◦. Iz trigonometrijskog identiteta

cos(3θ) = 4 cos3 θ − 3 cos θ

imamo da je

cos 60◦ =1

2= 4y3 − 3y.

Mno�eǌem sa 2 dobijamo 8y3 − 6y − 1 = 0, smenom x = 2y sledix3 − 3x − 1 = 0. Neka je p(x) = x3 − 3x − 1. Minimalni polinom zax(samim tim i za cos 20◦) je faktor polinoma p(x). Ako bi polinomp(x) imao racionalan koren, on bi morao da bude jednak +1 ili−1, jer su najstariji i slobodan qlan jednaki ±1.

Me�utim ni jedan od ovih brojeva nije koren polinoma p(x) paje on nerazlo�iv u poǉu Q i minimalni polinom za cos 20◦ je ste-pena 3. Prema tome, ugao od 60◦ nije mogu�e podeliti na tri jed-naka dela xestarom i leǌirom. U opxtem sluxaju va�i slede�a

Teorema : Ugao θ se mo�e podeliti na tri jednaka dela xestaromi leǌirom ako i samo ako je polinom p(x) = 4x3− 3x− cos θ razlo�ivu ekstenziji poǉa Q(cos θ).

3.10 Morlijevi trougloviKako je nemogu�e podeliti ugao na tri jednaka dela samo pomo�u

xestara i leǌira, veoma je va�no spomenuti i jednu teoremu kojagovori o odnosu izme�u pravih koje dele uglove trouglova na trijednaka dela.

43

Teorema, koju je 1899. godine otkrio ameriqki matematiqarFrenk Morli, tvrdi slede�e : neka je dat proizvoǉni trougao ipodelimo svaki od unutraxǌih uglova na tri jednaka dela. Na-zovimo trimetralama prave koje ugao dele na tre�ine. Tada taqkepreseka parova trimetrala susednih uglova obrazuju jednakostra-niqni trougao.

Ovaj rezultat je tada bio iznena�uju�i, da je uxao u matema-tiqki folklor pod imenom Morlijevo qudo.

Slika 3.5. Morlijevi trouglovi

3.11 Nada naivnih nematematiqaraStari grqki matematiqari mnogo su se bavili konstruktivnim

geometrijskim zadacima. Oni su mnoge probleme koje mi danas re-xavamo algebarski rexavali qisto geometrijski, a pri konstru-kciji su dozvoǉavali sebi samo upotrebu leǌira i xestara. Po-reklo ovog uslova je u tome xto su oni smatrali pravu i krug zasavrxene linije. Zato su ve� u ǌihovo vreme bili uoqeni nekikonstruktivni zadaci koji se na taj naqin ne mogu rexiti. Nekiod tih zadataka su vremenom postali quveni, a jedan od ǌih je iproblem trisekcije ugla.

Me�utim, ne samo mnogo quveni matematiqari, nego i mnogislabi poznavaoci matematike pokuxavali da ga rexe, ovi posledǌiqesto i zato xto su za rexeǌe raspisivane velike nagrade. Sadase pak matematiqari ne bave vixe tim problemom. ǋime se bavejox neki put samo ǉudi koji ne znaju matematiku, pa im se qinida mogu na�i rexeǌe i za ono xto je nerexivo.

Izvesti, me�utim, trisekciju ugla drugim instrumentima, kojicrtaju druge slo�enije algebarske krive linije, mogu�e je. Xe-starom i leǌirom zadatak se, za proizvoǉni ugao, mo�e rexitipribli�no, i to po �eǉi velikom taqnox�u.

44

3.12 Upornost naivnih nematematiqaraOvaj quveni problem, koji je od vajkada zanimao matematiqare,

zanima�e i ubudu�e bar one koji ne znaju taqno u qemu se onsastoji, ali znaju toliko da je to nexto od qega su se lomilamnoga kopǉa, pa je ipak posao ostao nesvrxen. Prvi pojam o tomproblemu bar prividno je pristupaqan svakome, pa i onome kojijedva ima prve, osnovne, geoemetrijske i raqunske pojmove. Pravismisao problema jasan je samo onima koju su dovoǉno upu�eni upitaǌa matematiqke analize, a takvi se sigurno ne�e vixe ǌimebaviti.

U istoriji francuske Akademije nauka od 1775. godine nalazise zapisana odluka Akademije, da vixe ne�e ulaziti u ispitivaǌurexeǌa problema kvadratura kruga, trisekcije ugla i udvajaǌekocke, koja bi joj bila podneta ma od qije strane. U objavi, Aka-demija odluqno poriqe da je u Akademiji rezervisana znatna sumanovca za nagradu sre�nom pronalazaqu rexeǌa od tih problema,stoji od reqi do reqi ovo : ”Stalno se pronose glasovi da jefrancuska vlada odredila veliku nagradu onome koji rexi jednood gorǌih pitaǌa. Veruju�i u te la�ne vesti, masa ǉudi lixeǌasvakog matematiqkog znaǌa, odaje se takvim bespredmetnim poslo-vima, zapuxtaju�i svoje prave poslove i svoje porodiqne briga.ǋihova upornost prelazi u ludilo, koje je u toliko te�e za le-qeǌe xto su pronalazaqi, koji nemaju pojma o pravom smislu pro-blema, i koju su nesposobni da razumeju ni o qemu se radi, ube�enida ih je Provi�eǌe naroqito odredilo da tra�e i na�u rexeǌeproblema i da oni za svoje uspehe u tome imaju da zahvale jednojvrsti inspiracije koja ne nailazi na prave nauqnike.”

3.13 Rexeǌe i razoqareǌe maturanta MilutinaMilankovi�a

Prvo nauqno otkri�e i veliko razoqareǌe, naxeg velikog na-uqnika svetskog glasa Milutina Milankovi�a bilo je upravo re-xeǌe problema trisekcije ugla. Posle mature (juna 1896) a preodlaska na studije gra�evinske tehnike, oktobra meseca u Beq,imao je dosta vremena. To vreme iskoristio je da poseti rod-jake i prijateǉe porodice Milankovi� u Beogradu. Tom prili-kom nabavio je i svesku ”Glas Srpske kraǉevske akademije” kojaje te godine izaxla iz xtampe. U toj svesci ”Glasa” naxao jeopxirnu raspravu akademika ǈubomira Kleri�a pod naslovom

45

”Traktoriograf i konstruisaǌe Ludolfovog broja π i osnovicee prirodnih logaritama”. U tom radu je bilo na korektan naqinpokazano da se klasiqni problem rektifikacija (odnosno kvadra-tura) kruga, istina samo upotrebom xestara i leǌira ne mo�erexiti, ali sa drugim instrumentima, ǌegovim traktoriografomkoji crta traktrise, transcedentne krive, to mo�e posti�i.

Milankovi� ka�e u svojim Uspomenama : ”Ve� sam taj naslovme �ivo zainteresovao, jer sam, i sa uskim znaǌem sredǌoxkolskematematike, mogao da xvatim o qemu se u toj raspravi radi, timpre xto me je moj profesor Vari�ak liqno obavestio o neqem xtonije smatrao interesantnim za ostale moje drugove”. To obave-xeteǌe se odnosilo na tri quvena stara problema. Bilo je ve�dokazano da se ni jedan od ovih problema ne mo�e rexiti samoxestarom i leǌirom, tj. da se ne mo�e nikako svesti samo na crta-ǌe pravih linija i krugova. Kleri� je pokazao da se za problemkvadratura kruga to mo�e posti�i crtaǌem traktrise.

Na Milankovi�a je to uqinilo veliki utisak ; qak i samo upo-znavaǌe sa jednim novim instrumentom, jer on do tada osim xe-stara i leǌira druge nije poznavao. Stoga je sebi postavio za-datak da na neki naqin rexi trisekciju ugla ”koja je lakxi pro-blem” kako on ka�e. On je razmixǉaju�i o tome u svojoj baxtina drvenoj klupi nacrtao rexeǌe tra�enog problema. Me�utim,nesre�a je bila u tome xto je taj problem ve� bio rexen na istinaqin, xto on, naravno nije znao. Milankovi� je problem tri-sekcija ugla rexio u istom onom smislu u kojem je Kleri� rexioproblem kvadratura kruga − pomo�u krive koja se zove konhoida.

3.14 Nemogu�nosti leǌira i xestaraU elementarnoj geometriji ne postoji algoritam kojim bi se,

u opxtem sluqaju, moglo odrediti koji se konstruktivni zadatakmo�e rexiti pomo�u leǌira i xestara, a koji ne. Odgovor naovo pitaǌe dobija se primenom analitiqke geometrije uz teorijualgebarskih jednaqina. Analiziraju�i elementarne konstrukcije,lako je uvideti da se svaki konstruktivni problem mo�e svestina odre�ivaǌe tra�enih taqaka, polaze�i od datih taqaka u fi-guri. Svaka nova taqka u procesu konstrukcije dobija se u bilou preseku dve prave, bilo u preseku prave i kruga, ili u presekudva kruga. Prave u analitiqkoj geometriji predstavǉaju se linea-rnim jednaqinama oblika (1) ax+ by+ c = 0, a krugovi jednaqinamadrugog stepena oblika (2) x2 + y2 + dx+ ey + f = 0.

46

Prema tome, pronala�eǌe koordinata novih taqaka svodi se narexavaǌe sistema od dve jednaqine, od kojih je svaka bilo tipa(1), bilo tipa (2). Analitiqkim rexavaǌem problema trisekcijeugla dobija se (poznata) trigonometrijska jednaqina

cosα = 4 cos3α

3− 3 cos

α

3,

koja zamenom cosα = a i cos α3= x prelazi u algebarsku jednaqinu

(3) 4x3 − 3x− a = 0.Mo�e se pokazati da se ova kubna jednaqina (3) za proizvoǉnu

vrednost a, tj. ugla α ne mo�e razlo�iti na sistem od dve jedna-qine, tipa (1) i (2). To znaqi da nije mogu�e pomo�u xestara ileǌira podeliti ugao na tri jednaka dela. Kada je ugao α = 90◦

2n

gde je n = 1, 2, 3... jednaqina (3) se mo�e razlo�iti na jednaqinetipa (1) i (2), tj. trisekcija se mo�e izvrxiti pomo�u xestara ileǌira.

Godine su prolazile a da niko nije uspeo da rexi ove na okosasvim jednostavne probleme. Matematiqari su poqeli da pomi-xǉaju na to da se problem uopxte ne mo�e rexiti pa su se poja-vili prvi dokazi takve tvrdǌe. Trebalo je, me�utim, da pro�u 22veka da bi 1837. godine u jednom francuskom matematiqkom qaso-pisu bio objavǉan prvi matematiqki rigurozan dokaz da se svakiugao ne mo�e podeliti na tri dela, tvorac ovog dokaza je PjerLoren Vancel.

Matematiqari su, naravno, opse�no proveravali Vancelov radi pronaxli mu samo jednu zamerku : dokaz je, primetili su, veomaslo�en i texko ga je prevesti na ”obiqan” jezik.

Ovaj problem je verovatno najmaǌe quven od sva tri problemaAntiqke Grqke. Problem trisekcije zadatog ugla je verovatno je-dan sa najvixe pogrexnih dokaza xto je savrxeno normalno jerje dokazano da je takva podela nemogu�a korix�eǌem leǌira ixestara.

47

3.15 Rexeǌe trisekcije ugla korix�eǌem kvadra-trise

Hipia iz Elise je bio me�u prvima koji je pokuxao da rexiovaj problem. Kvadratrisa predstavǉa skup taqaka (BFIH) kojinastaje presekom dve linije koje se pomeraju, AE (polupreqnikkruga AB) i prave B

′C

′koja je paralelna pravoj BC i pomera se

u pravcu AD.

Slika 3.6. Kvadratrisa

Neka je ]EAD taj koji treba da bude podeǉen na tri jednakadela. Neka je F taqka preseka strane AE i kvadratrise i neka jeJK = 1

3FK. Konstruisati pravu parelenu AD koja prolazi kroz

K. Neka je presek ove prave i kvadratrise taqka I, tada je ugao]GAD tre�ina ugla ]EAD.

3.16 Mehaniqka rexeǌe trisekcije uglaJedan od razloga zaxto je ovaj problem bio maǌe privlaqan

antiqkim matematiqarima je taj xto je rexeǌe bilo jednostavnoprona�eno korix�eǌem mehaniqkim pomagala, pa samim tim nijezadovoǉavao znati�eǉnost koja proizilazi iz nemogu�nosti re-xeǌa koja postoji kod prethodna dva problema. Arhimedovo re-xeǌe mo�e se smatrati jednim od prvih mehaniqkih rexeǌe pro-blema.

48

Slika 3.7. Arhimedov dokaz

Neka je dat ugao AOB, ako se produ�i prava OA u oba pravcai konstruixe polukrug sa centrom u O i polupreqnikom OA takoda je C taqka preseka polukruga i produ�ene prave OA. Leǌir seobele�i sa dvema taqkama E, D qiji je razmak jednak du�i AO, tj.polupreqniku. Leǌir se pomera tako da taqka E le�i na pravojOA, taqka D je na polukrugu i leǌir prolazi kroz taqku B. Tadaje

DE = OA = OB = OD.

Kako su △OBD i △DOE jednakokraki, tada su ]DEO = ]DOE = αi ]OBD = ]ODB = 2α.

Slika 3.8. Verzija Arhimedovog dokaza

Ovo se lako dokazuje korix�eǌem teoreme o spoǉaxǌim uglo-vima u trouglu gde znamo da je spoǉaxǌi ugao u trouglu jednakzbiru dva nesusedna ugla. Tada je

]DEO + ]DOE = ]ODB

i tada je]OBD = ]ODB = 2α

49

Isto tako je ]AOB = ]DEO + ]OBD tako je

]AOB = α + 2α = 3α.

emphspirala predstavǉa jox jedan naqin da se ugao podelina tri jednaka dela, ali se sama spirala ne mo�e konstruisatipomo�u leǌira i xestara. Slede�a slika ilustruje tu trisekciju.

Slika 3.9. Arhimedova spirala i trisekcija ugla

Bitno je znati da je odnos razdaǉina izme�u temena ugla ibilo koje taqke na spirali i formiranih uglova uvek konstantna.Iz ove proporcije trisekcija ugla svodi se na trisekciju du�i odtemena ugla do R tj. do spirale. Ako se rezultiraju�e podeǉenedu�i rotiraju, tako da seku spiralu tada uglovi dobijeni na ovajnaqin predstavǉaju trisekciju polaznog ugla.

Kao i Arhimedes tako je i Nikomedes (280-210 pre Hrista)koristi oznaqeni leǌir u svom dokazu. Nikomedes je poznat pokrivoj koju zovemo Nikomedesova konkoida koja slu�i kao osnovatrisekcije ugla. Datum ǌegovog rexeǌe je relativno lako utvrdi-ti po Hitu jer se Nikomedes istakao po nepovoǉnim kritikamaErastotenovih dokaza o dupliraǌu kocke, a Apolonije je nazivaosvoje krive sestrama konkoida. ǋegov dokaz je verovatno nastaou periodu izme�u Eratostena i Apolonija. Po Paposu postojalesu razliqite verzije ove krive, ali ”prva” je korix�ena u trise-kciji ugla. Nikomedes je napravio mehaniqku napravu da bi ko-nstruisao ovu krivu.

50

Slika 3.10.

Sprava (Slika 3.10.) se sastojala od tri leǌira, AB sa pro-rezom paralelnim ǌegovoj du�ini, ǌemu upravnog FE sa fiksnomklinom C i pokretnog PC sa vrhom P i prorezom sa C. Klin Dse slobodno kretao du� proreza na leǌiru AB, a sliqno tome seklin C se kretao po prorezu na leǌiru PC. Nikomedesov dokaztrisekcije se mo�e ilustrovati slede�im dijagramom.

Slika 3.11. Nikomedesov dokaz

Neka je dat ]AOB. Konstruixe se prava BD paralelna pravojOA. Zatim se konstruixe BE upravna na OA. Taqka C je izabranatako da je FC = 2OB, i taqka C je sredina du�i FC. Tada je

]AOC = ]BCO

i]CBE = ]BEO

(uglovi sa paralelnim kracima),

|BG| = |FG| = |CG| = |OB|

51

jer je G sredina hipotenuze pravouglog trougla, pa prema tomepodjednako udaǉena od ǌegovih temena.

Tada su △GBC i △BEO jednakokraki pa su i slede�i uglovijednaki

]CBG = ]BCO

i]BOG = ]BGO.

Po teoremi o spoǉaxǌim uglovima trougla

]BGO = 2]BCO

i prema tome je]BCO = 2]AOC,

xto pokazuje]AOB = 3]AOC.

3.17 Rexeǌe korix�eǌem konusnih presekaApolonije je rexio problem trisekcije ugla koriste�i konusne

preseke konkretno hiperbole. Sliqno ǌemu i Papos predla�e re-xeǌa koja koriste hiperbolu, i ǌegov rad Kolekcija sadr�i di-skusiju trisekcije ugla na visokom nivou. Obe diskusije obja-xǌavaju kako su antiqki Grci poboǉxali rexeǌe od mehaniqkogdo rexeǌa koje koristi konusne preseke. Hit u svojim odlomcimao Paposu komentarixe o izvanrednosti dokaza koji je postoje�ido danas i koji se odnosi na centar u direktrisu hiperbole.

Slika 3.12. Paposovo rexeǌe

Neka je data prava AC i taqka B tako da ako se formira △BACpretpostavimo da je

]BCA = 2]BAC.

52

Neka se konstruixe upravna kroz B na AC sa presekom u D.Neka je taqka E na du�i DA takva da je DE = DC. Tada kako jeBE = BC, sledi da je

]BEC = ]BCE.

]BEC = ]BAE + ]EBA

(spoǉaxǌi ugao u trouglu jednak je zbiru dva nesusedna ugla), ipo pretpostavci

]BCA = 2]BAE

sledi2]BAE = ]BAE + ]EBA

onda je jednostavno redukcijom

]BAE = ]ABE,

pa prema tome iAR = BE.

Ako se AC podeli taqkom C tako da je

AG = 2GC

iliCG =

1

3AC

i neka je FE = ED tada je

CD =1

3CF

GD =1

3(AC − CF ) =

1

3AF

Sada jeBD

2= BE

2 − ED2= BE

2 − EF2

Isto takoDA · AF = AE

2 − EF2= BE

2 − EF2.

Pa prema tomeBD

2= DA · AF = 3AD ·DG

Koriste�i gore navedene jednakosti

BD2: AD ·DG = 3 : 1 = 3AG

2: AG

2.

53

Otuda je D na hiperboli gde je AG realna osa, a imaginarna osaje jednaka

√3AG.

Ako �elimo da podelimo AB kruga sa centrom u O na tri je-dnaka dela, tada se odredi tetiva AB i podeli taqkom C takoda je AC = 2CB i konstruixe hiperbola kojoj je AC realna osa,a prava jednaka

√3AC koǌugovana osa. Neka se hiperbola i luk

dodiruju u taqki P. Ako se povuku du�i PA, PO, PB, tada je pogorǌem primeru

]PBA = 2]PAB

i dupli uglovi se odnose

]POA = ]POB

i prema tome prava OP deli APB kao u na tri jednaka dela.

Slika 3.13. Trisekcija ugla korix�eǌem hiperbole

54

Literatura

[1] T.L. Hit, Istorija Grqke Matematike, Dover, ǋujork, 1982.

[2] M. Stankovi�, Osnovi geometrije, Prirodno matematiqki fa-kultet, Nix, 2006.

[3] M. Zlatanovi�, V. Stankovi�, Elementarna geometrija, Pri-rodno matemaqki fakultet, Nix

[4] B. Pavkovi�, D. Veǉan, Elementarna matematika 1 ,Xkolska kǌiga, Zagreb, 2004.

[5] M. Petrovi�, Kvadratura kruga i trisekcija ugla pred Fra-ncuskom akademijomnauka, Srpski kǌi�evni glasnik, 1928.

[6] B. Qabi�, Trisekcija ugla, Matematiqki magazin, Te-nrag(Australia), 2001.

[7] R. Jates, Problem trisekcije ugla, Nacionalni matematiqkimagazin, 1941.

[8] Z. Luqni�, Ogledi iz istorije analitiqke geometrije, Slu-�beni glasnik, Beograd, 2009.

[9] M. Radoji�, Opxta matematika, Nauqna kǌiga, Beograd,1950.

[10] �im Loj, Trisekcija ugla, Matematiqki magazin, 1942.

55

KLASIQNI GEOMETRIJSKI PROBLEMI - pmf.ni.ac.rs · Konstrukciju prave od date taqke na datoj pravoj,...

Documents

Transcript of KLASIQNI GEOMETRIJSKI PROBLEMI - pmf.ni.ac.rs · Konstrukciju prave od date taqke na datoj pravoj,...