U članku se analizira jedan planimetrijski zadatak objavljen u MFL-u, br.174 (1993-94). Zadatak se rješava elementarno primjenom vektorskog računa.The paper analyzes one planimetry task published
in MFL, No.174 (1993-94). The task is solved by using vector
calculus

R. Soldo

Croatian

HRČAK - Portal of Croatian Scientific and Professional Journals

Osječka matematička škola 4(2004), 83–86 83Vektorsko rješenje jednog zadatkaRobert Soldo∗Sažetak. U članku se analizira jedan planimetrijski zadatak obja-vljen u MFL-u, br. 174 (1993-94). Zadatak se rješava elementarno prim-jenom vektorskog računa.Ključne riječi: planimetrija, vektoriVector solution of one taskAbstract. The paper analyzes one planimetry task published inMFL, No. 174 (1993-94). The task is solved by using vector calculus.Key words: planimetry, vectorsVjerni čitatelji naših matematičkih časopisa pronaći će u MFL-u br. 174 (1993-94)zgodan planimetrijski zadatak i dva njegova rješenja. Naime, radi se o zadatku br.2265 i ovdje bih želio izložiti još jedno, vektorsko, rješenje toga zadatka. Rješenjeje takod̄er elementarno i lako razumljivo svim srednjoškolcima.Zadatak 1. Iz vrha A kvadrata ABCD unutar njega povučene su dvije zrakena koje su spuštene okomice BK, BL, DM i DN iz vrhova B i D. Dokažite da sudužine KL i MN okomite i da imaju jednake duljine.Rješenje. Da bi se uvjerili u okomitost vektora −−→MN i −→LK dovoljno je pokazatida je −−→MN · −→LK = 0.Sa slike je očito sljedeće: −−→AK = λ · −→AN , −→AN = λ1 · −→AB +λ2 · −→AD, −−→AM = µ · −→ALte −→AL = µ1 · −→AB + µ2 · −→AD.Sada računamo:−−→MN · −→LK == (−−−→AM +−→AN)(−−→AL +−−→AK)=(λ1−→AB + λ2−→AD − µ(µ1−→AB + µ2−→AD))·(λ(λ1−→AB + λ2−→AD)− µ1−→AB − µ2−→AD)=((λ1 − µµ1)−→AB + (λ2 − µµ2)−→AD)·((λλ1 − µ1)−→AB + (λλ2 − µ2)−→AD)= ((λ1 − µµ1)(λλ1 − µ1) + (λ2 − µµ2)(λλ2 − µ2)) |−→AB|2 (1)∗Trgovačka škola, Trg J.F.Kennedya 4, HR-10000 Zagreb84 Robert SoldoA BCDMKLNSlika 1.Budući da (1) za sada vǐse ne možemo pojednostavljivati, iskoristimo neke uvjeteiz zadatka pa ćemo joj se kasnije vratiti.i) −−→BK · −−→AK = 0⇒(−−→AB + λ(λ1−→AB + λ2−→AD))·(λλ1−→AB + λλ2−→AD)= 0⇒((λλ1 − 1)−→AB + λλ2−→AD)·(λλ1−→AB + λλ2−→AD)= 0⇒ (λλ1(λλ1 − 1) + λ2λ22) · |−→AB|2 = 0⇒ λλ1(λλ1 − 1) + λ2λ22 = 0⇒ λ (λ1(λλ1 − 1) + λλ22)= 0Za λ = 0 je K ≡ A, N ≡ D pa je −−→MD ⊥ −→AL, što je trivijalno. Za λ = 0 jeλ1(λλ1 − 1) + λλ22 = 0 odakle je λλ21 + λλ22 = λ1, tj.λ(λ21 + λ22) = λ1. (2)ii) −→BL · −→AL = 0⇒(−−→AB + µ1−→AB + µ2−→AD)·(µ1−→AB + µ2−→AD)= 0⇒((µ1 − 1)−→AB + µ2−→AD)·(µ1−→AB + µ2−→AD)= 0⇒ (µ1(µ1 − 1) + µ22) · |−→AB|2 = 0odakle slijediµ21 + µ22 = µ1. (3)iii) −−→DM · −−→AM = 0⇒(−−→AD + µ(µ1−→AB + µ2−→AD))·(µµ1−→AB + µµ2−→AD)= 0⇒(µµ1−→AB + (µµ2 − 1)−→AD)·(µµ1−→AB + µµ2−→AD)= 0⇒ (µ2µ21 + µµ2(µµ2 − 1)) · |−→AB|2 = 0⇒ µ (µµ21 + µ2(µµ2 − 1))= 0Vektorsko rješenje jednog zadatka 85Za µ = 0 je M ≡ A, L ≡ B pa je −→AN ⊥ −−→BK, što je trivijalno. Iz µ = 0 slijediµ(µ21 + µ22) = µ2. (4)iv) −−→DN · −→AN = 0⇒(−−→AD + λ1−→AB + λ2−→AD)·(λ1−→AB + λ2−→AD)= 0⇒(λ1−→AB + (λ2 − 1)−→AD)·(λ1−→AB + λ2−→AD)= 0odakle slijediλ21 + λ22 = λ2 (5)Vratimo se sada jednakosti (1).−−→MN · −→LK == ((λ1 − µµ1)(λλ1 − µ1) + (λ2 − µµ2)(λλ2 − µ2)) |−→AB|2=(λλ21 − λ1µ1 − λµλ1µ1 + µµ21 + λλ22 − µ2λ2 − λµλ2µ2 + µµ22) · |−→AB|2=(λ(λ21 + λ22) + µ(µ21 + µ22)− λµ(λ1µ1 + λ2µ2)− (λ1µ1 + µ2λ2)) · |−→AB|2=(λ(λ21 + λ22) + µ(µ21 + µ22)− (1 + λµ)(λ1µ1 + λ2µ2)) · |−→AB|2= (λ1 + µ2 − (λ1µ1 + λ2µ2)− λµ(λ1µ1 + λ2µ2)) · |−→AB|2 (6)Sada jeλµ =∣∣∣∣Koristimo(2) i (4)∣∣∣∣ =λ1λ21 + λ22· µ2µ21 + µ22=λ1µ2(λ21 + λ22)(µ21 + µ22)=∣∣∣∣Koristimo(3) i (5)∣∣∣∣=λ1µ2λ2µ1(7)Jednakost (6) dalje pǐsemo−−→MN · −→LK == (λ1 + µ2 − (λ1µ1 + λ2µ2)− λµ(λ1µ1 + λ2µ2)) · |−→AB|2=1λ2µ1(λ1λ2µ1 + λ2µ1µ2 − λ1λ2µ21 − µ1µ2λ22 − λ21µ1µ2 − λ1λ2µ22) · |−→AB|2=1λ2µ1(λ1λ2µ1 + λ2µ1µ2 − µ1µ2(λ21 + λ22)− λ1λ2(µ21 + µ22)) · |−→AB|2=1λ2µ1(λ1λ2µ1 + λ2µ1µ2 − µ1µ2λ2 − λ1λ2µ1) · |−→AB|2=1λ2µ1· 0 · |−→AB|2 = 0Dakle, vrijedi −−→MN · −→LK = 0 pa je i −−→MN ⊥ −→LK.Da bismo pokazali jednakost dužina MN i LK pretpostavit ćemo da je naškvadrat upisan u koordinatni sustav, npr. tako da se vrh A nalazi u ishodǐstu, a86 Robert Soldostranice AB i AD leže na x odnosno y osi. Bez smanjenja općenitosti možemopretpostaviti da je kvadrat jedinični, tj. −→AB možemo poistovjetiti s ı, a −→AD s .Vratimo li se za tren na početak rješenja vidimo da je −−→MN = (λ1−µµ1)−→AB+(λ2−µµ2)−→AD i −→LK = (λλ1 − µ1)−→AB + (λλ2 − µ2)−→AD.Iz |−−→MN | = |−→LK| slijedi |−−→MN |2 = |−→LK|2, tj.(λ1 − µµ1)2 + (λ2 − µµ2)2 = (λλ1 − µ1)2 + (λλ2 − µ2)2odakle, sred̄ivanjem, slijediλ21 + λ22 − λ2(λ21 + λ22) + µ2(µ21 + µ22)− (µ1 + µ2) + 2(λ − µ)(λ1µ1 + λ2µ2) = 0.Zbog relacija (2) i (4) imamoλ21 + λ22 −λ21λ21 + λ22+µ22µ21 + µ22− (µ1 + µ2) + 2(λ − µ)(λ1µ1 + λ2µ2) = 0.Sada je zbog (3) i (4)λ2 − λ21λ2+µ22µ1− µ1 + 2(λ − µ)(λ1µ1 + λ2µ2) = 0. (8)Iz (2) i (4) jeλ − µ = λ1λ21 + λ22− µ2µ21 + µ22=λ1λ2− µ2µ1=λ1µ1 − µ2λ2λ2µ1. (9)Koristeći (9) u (8) imamoλ2 − λ21λ2+µ22µ1− µ1 + 2λ1µ1 − µ2λ2λ2µ1(λ1µ1 + λ2µ2) = 0,odnosno,1λ2µ1(λ22µ1 − λ21µ1 + µ22λ2 − λ2µ21 + 2λ21µ21 − 2µ22λ22) = 0.Konačno, koristeći (3) i (5) dobivamo1λ2µ1( λ22(µ21 + µ22)− λ21(µ21 + µ22) + µ22(λ21 + λ22)−− µ21(λ21 + λ22) + 2λ21µ21 − 2µ22λ22 ) = 0.Dakle, pretpostavka |−−→MN | = |−→LK| je točna i time smo u potpunosti riješilizadatak.Teško je vjerovati da bi bilo kome, u prvu ruku, palo na um rješavati ovaj zadatakna ovaj način. Upravo ta netipičnost rješenja me ponukala da ga objavim u našemčasopisu.

Vector solution of one task

Abstract

Similar works

Full text

Available Versions

HRČAK - Portal of Croatian Scientific and Professional Journals

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia