W trójkąt można wpisać koło (tu oznaczone literą w;
jego promień oznaczamy r).
W powstałe naroża dalej można wpisywać kolejne koła, jak na poniższych rysunkach. Kół jest w każdym narożu nieskończenie wiele, czego już na rysunkach nie widać.
Na powyższym rysunku wszystkie trójkąty mają równe pola.
Na oko widać, że koła wpisane w te trójkąty w nie mają jednakowych pól. Powstaje pytanie, czy suma pól wszystkich kół (wpisanego w i wpisanych w kolejne naroża) jest w tych trójkątach taka sama.
Innymi słowy, czy stosunek
jest stały?
Najpierw obliczymy, jaki jest stosunek
w trójkącie równobocznymABC.
Połączmy odcinkami środki kół z punktami styczności (leżącymi na bokach trójkąta lub na innych kołach). Otrzymamy podział trójkąta na nieskończenie wiele trapezów (prostokątnych). Sprawdź, że te trapezy są podobne.
Zatem
Wystarczy więc zbadać jeden trapez, na przykład ODD'O'.
Z twierdzenia Pitagorasa mamy:
Zauważmy, że czerwony trójkąt jest połową trójkąta równobocznego.
Stąd mamy:
Podsumowując:
Dalej wystarczy sprawdzić, czy w innych trójkątach ten stosunek jest taki sam.
Zamiast rachować, po prostu zobaczmy.
Dla trójkątów równoramiennych, których podstawa AB jest dużo, dużo większa od wysokości CD widzimy, że
niemal cały trójkąt jest podzielony na trapezy,
które są prawie prostokątami, w które 'wpisane' są dwie prawie ćwiartki kół. Stąd
Zatem dla takich trójkątów ABC, pola kół stanowią prawie /4 pola trójkąta.
Na koniec zauważmy, że 1/4 jest liczbą wymierną, a
. 11/72 nie, więc są różne i dlatego różne są liczby /4 i . 11/72.
Stąd odpowiedź:
istnieją trójkąty o tym samym polu, w których sumy pól kół są różne.
Można się zastanawiać, dlaczego przedstawiam tu tak zawiłe rozumowanie. Odpowiedź jest prosta: nie znam prostszego.
Poniżej przedstawiam inne rozwiązanie, w którym konieczna jest znajomość wzoru na sumę postępu geometrycznego.
Pomyślmy o jednokładności o środku A i skali
sA = (AO - r) / (AO + r).
W tej jednokładności obrazem punktu P jest punkt P',
obrazem punktu P' jest P'', obrazem P'' jest P''', ... .
Ta jednokładność przekształca:
- koło w na pierwsze (największe) koło naroża A,
- pierwsze koło naroża A na drugie koło naroża A,
- drugie koło naroża A na trzecie koło naroża A,
i tak dalej.
Zatem promienie kolejnych kół naroża A tworzą ciąg geometryczny o ilorazie sA.
Zatem i pola kolejnych kół naroża A tworzą ciąg geometryczny, tym razem o ilorazie sA2.
Podobnie jest z kołami w pozostałych narożach.
Stosując wzór na sumę nieskończonego postępu geometrycznego, dostajemy (Pytanie kontrolne: skąd bierze się ' -2' w liczniku ułamka?)
Otrzymany wzór można przekształcić do postaci: Można też inaczej: Można też użyć trygonometrii:
Z żadnego z powyższych wzorów nie widać od razu, czy ten iloraz jest, czy nie jest zależny od trójkąta.
Dopiero podstawienie (na przykład miar kątów do ostatniego wzoru) pozwala numerycznie stwierdzić, że iloraz ten nie jest stały.
Jak to zrobić w Geogebrze?
Wystarczy 12 poleceń. To zadziwiająco mało. A to dzięki poleceniu Ciąg, którego wartościami są obiekty (w tym wypadku jednokładne obrazy koła wpisanego w trójkąt).
Oczywiście w ten sposób nie otrzymamy nieskończenie wielu
kół (tu jedynie po 8 w narożach; można też po 28).
Podczas wakacji rozgrywane są olimpiady międzynarodowe: Matema-tyczna w Australii, Informatyczna w Boliwii, Lingwistyczna na Tajwanie, Sztucznej Inteligencji w Chinach.
Czy podczas wakacyjnych wędrówek odkryliście jakąś atrakcję turystyczną związaną z matematyką? Pomnik, tablicę pamiątkową, kawiarnię, w której sformułowano słynne twierdzenie, ławeczkę z wyciętym wzorem, miejsce urodzenia, dom rodzinny lub grób jakiegoś znanego matematyka? Napiszcie, prześlijcie zdjęcie oraz lokalizację na adres mikolaj@math.uni.wroc.pl. Opublikujemy Wasz tekst na Portalu, aby i inni mogli to miejsce odwiedzić!
Zagadka miesiąca
Co to za matematyk?
Bohater miesiąca
Matematyk przedstawiony w zagadce powyżej był bliskim przyjacielem sir Isaaka Newtona, zręcznym menadże-rem kopalni ołowiu, wynalazcą, jednym z ojców rewolucji przemysło-wej w Szkocji. Od jego nazwiska nazwano silnik, liczby oraz wzór.
Arcydzieło miesiąca
A ten gustowny czajnik do herbaty otrzymał od władz pewnego szkockiego miasta. Jest to (jak głosi grawerunek): A compliment made by the Town Council of Glasgow to X - mathematician - for his services, pains, and trouble in surveying the River towards deepening it by locks. 1st July 1752 Czajnik jest do dziś własnością rodziny. Jego koszt (co skrupulatnie odnotował skarbnik miasta) wyniósł £28, 4s. 4d. Czyli ile? Prezent został sfinansowany z pier-wszej raty kredytu, jaki w wysokości 10 mln. funtów miasto zaciągnęło na budowę portu morskiego (co wyma-gało m.in. pogłębienia rzeki Clyde).
niemal cały trójkąt jest podzielony na trapezy,
które są prawie prostokątami, w które 'wpisane' są dwie prawie ćwiartki kół. Stąd
Zatem dla takich trójkątów ABC, pola kół stanowią prawie 
/4 pola trójkąta.
. 11/72 nie, więc są różne i dlatego różne są liczby 
