1

Viktorija (Stojanović) Belada, dipl. matematičar

ATRAKTIVNA GEOMETRIJA

U DODATNOJ NASTAVI

(igrom do znanja)

Podgorica, april 2005. god.

2

Sadržaj

1. Kako učionicu pretvoriti u laboratoriju (uvod)

2. Geometrija kroz šale, dosjetke, trikove

3. Interesantni elementarni zadaci (ljepota matematičkih ideja)

4. Rekreativna geometrija velikih matematičara

5. Geometrija kroz istoriju kao neprolazna ljepota matematičkih ideja

6. Umjesto pogovora

7. Literatura

3

Kako učionicu pretvoriti u laboratoriju

Još uvijek ima renomiranih svjetskih naučnika koji misle da učenik u

osnovnoj školi treba da nauči da rukuje lenjirom i šestarom i da stiče

"najobičnija" geometrijska znanja, tj. da nauči da razlikuje najčešće

geometrijske figure i da vrši izračunavanje nekih površina i zapremina. Ali

ovakva ideja ne može izdržati ni najblažu kritiku. Ona ignoriše osnovnu

činjenicu da se učenik neprekidno, kako fizički tako i mentalno, razvija i ako mu

se blagovremeno ne pruži hrana on zakržlja. A mentalna zakržljalost ima teže

posljedice od fiziološke i fizičke.

Istorija matematike puna je zagonetki, igri i zanimljivih problema koji su

doveli do formulisanja ozbiljnih naučnih rezultata. Matematičke igre i zagonetke

uvijek su bile aktuelne i popularne jer kreativna matematika nudi osjećaj ljepote

i radosti. To nije samo slučaj sa matematičarima amaterima već i sa

matematičarima profasionalcima. Zbog ovoga nije čudno da su svi veliki

matematičari, od antičkog perioda do današnjeg dana, bili zainteresovani za

zanimljive geometrijske probleme.

Udžbenici koji se sada stavljaju na raspolaganje nastavniku nijesu

udžbenici u klasičnom smislu. Oni znatno odstupaju od ustaljene tradicionalne

prakse, ali to nikako ne znači da se došlo do "savršenstva". Jer, "savršenstvo" u

oblasti nastave, kao i uopšte u nauci i umjetnosti, ne postoji. Polazeći od toga da

se matemetika ne uči, nego se ulazi u nju, a to naročito važi za geometriju,

učenika treba voditi tako da on samostalno, svojim misaonim aktivnostima, dođe

do svega onoga do čega može doći.

Osnovni cilj kome se teži je osposobljavanje učenika, razvijanje njegovih

misaonih sposobnosti, a ne obogaćivanje njegovog fonda riječi (što se u krajnjoj

liniji svodi na privremeno opterećivanje pamćenja, čega se ono oslobodi čim

osjeti povoljnu situaciju, tj. školskim jezikom rečeno, čim nastupi školski

raspust). Jer matematičku osposobljenost ne čine nagomilana znanja, već

nekoliko "farova" koji osvjetljavaju cijeli horizont. Uobičajeni jezik ("leži na",

"prolazi kroz", "povučemo pravu", "opišemo kružnicu", "spuštamo ili dižemo

normale i visine", "donja i gornja osnova", itd), koji čvrsto vezuje za očiglednost

i pravi velike teškoće, jer rijetko kad učenik razlikuje broj od veličine, je

neupotrebljiv u teoriji skupova. On učenika diže u svijet pojmova koji mu

omogućava generalisanje.

Vođenjem učenika od problema do problema, što samo po sebi garantuje

osposobljavanje učenika, a ono može da bude potpuno samo ako se ide redom -

učenik se postavlja pred kvalitetne originalne probleme koje mora samostalno

4

rješavati. Tih problema ima u izobilju. U njihovom rješavanju se sastoji njihov

obrazovni značaj, ali oni "ne padaju s neba". Sređeni strogo metodski, oni se

prirodno nadovezuju na otkrivene činjenice, često izviru jedan iz drugog,

kombinuju već prethodno riješen problem i tako zahtijevaju napor praćen

zadovoljstvom koje nužno slijedi poslije savladane teškoće. Taj uspjeh je

stimulans za još intenzivnije "hvatanje u koštac sa teškoćama", za kreativnost i

istraživanje, a ono što se zahtijeva od učenika je puna koncentracija, strpljivost i

upornost. Jer, bez toga nema matematičkog obrazovanja, a naša učionica je

naša laboratorija i mi se moramo osposobiti da u njoj stvaralački radimo.

ZATO - VRATA SU OTVORENA, POZVANI I NEPOZVANI MOGU UĆI –

kaže moj učitelj Miomir Anđić.

5

Geometrija kroz šale, dosjetke, trikove

Osnovni cilj geometrijskih problema, koji su svojevremeno "uzbuđivali"

svijet, je da zabavi, pouči i podstakne na stvaralačko, logičko i konstruktivno

mišljenje. Elementi igre koji se javljaju u rekreativnoj matematici, svojim

oblikom zagonetke, skrivalice, trika, dosjetke i slično, plijeni i privlači

matematičara, postavlja se pred njim kao izazov, podstiče ga na razmišljanje. Pri

rješavanju duhovitih zadataka dolazi do izražaja konstruktivno mišljenje, a

osjećaj ljepote geometrije čini je manje zastrašujućom i daje joj estetsku

kategoriju.

Treba staviti akcenat i na to da su mnogi zanimljivi problemi doveli do

formulisanja ozbiljnih naučnih rezultata ( na primjer, problem četri boje, prelaz

preko kenigsberških mostova, geometrijske figure fleksagoni, latinski kvadrati i

drugo). Skoro bez izuzetka, matematičari su voljeli da rješavaju i sami

postavljaju zagonetke, paradokse, skrivalice, trikove, dosjetke - sve što mi danas

prihvatamo kao zadatak.

Ohrabrujuće je to što je u slučaju "teških" zadataka za njihovo rješavanje

potrebno poznavanje samo elementarne matematike i jedino što je potrebno je

prava ideja, često skrivena paradoksalna. Upravo zbog takvih blistavih ideja ne

gubi se zabavni karakter problema ("gimnastika mozga").

Kako postati šampion u borbi sa geometrijom?

Šampion se ne postaje slučajno!

Šampion geometrije se rađa (ali ne kao šampion, već kao i svi ostali

ljudi). Postati (i ostati) šampion, znači prije svega to željeti, snažno! Snažna

želja je potrebna da se hrani strpljivošću i upornošću. Šampionu geometrije treba

pokloniti ruže. Nije važno kakve su boje, već da imaju trnje. Jer, put do trona je

trnovit. Da mu zadovoljstvo bude još veće, treba i ruže da imaju trnje.

DA BI SVE BILO LAKŠE, NE PROPUSTIMO NI JEDNU PRILIKU

DA GEOMETRIJU UČINIMO ZANIMLJIVOM.

1. Jednakostranični trouglovi

Da li se od 6 jednakih palidrvaca mogu načiniti 4 jednakostranična trougla?

Problem se može riješiti

samo u trodimenzionalnom prostoru. Radi se o pravoj

pravilnoj trostranoj piramidi.

6

2. Crtanje krugova

Kako se pomoću šestara sa fiksnim otvorom mogu nacrtati dva kruga različitih

prečnik

Izabere se jedna tačka na lopti i nacrta krug, on će biti manji od kruga

nacrtanog šestarom ( sa istim rasponom) u ravni (na papiru).

3. Oblik šahte

Zašto je bolje da poklopac na vodovodni (ili kanalizacioni) otvor bude kružnog a

ne kvadratnog oblika.

Poklopac kvadratnog oblika stranice a može se okrenuti i upasti u otvor po

dijagonali otvora koja iznosi a 2 .

Poklopac kružnog oblika prečnika r ne može ni u kom slučaju skliznuti kroz

kružni otvor.

4. Određivanje centra kruga

Kako odrediti centar kruga koristeći za crtanje

jedino trougao i olovku.

Najprije treba imati na umu

činjenicu iz elementarne geometrije:

PERIFERIJSKI UGAO koji odgovara prečniku

kruga je prav. Obrnuto tvrđenje je takođe

tačno. Posmatrajmo prav ugao C trougla za

crtanjena kružnicu. Tačke D i E,u kojima ivice

trougla sijeku kružnicu,

predstavljaju krajnje tačke prečnika kružnice.

5. Farbanje osam soba sa četri boje

Podove osam soba prostorija jedne kuće,čiji je raspored prikazan na slici,treba

obojiti pomoću 4 boje tako da susjedne prostorije ne budu obojene istom bojom.

Površina poda svake prostorije jednaka je 9m 2 sa izuzetkom one

na vrhu koja iznosi 18m 2 . Na raspolaganju su sledeće boje:

crvena (za bojenje površine od 27m 2 ), žuta (za 27m 2 ), zelena

(za 18 2 ) i plava (za 9m 2 ).

7

Sa raspoloživim količinama boja zadatak se ne

može riješiti, jer je količina boje kojom treba

bojiti sobe je strogo ogrničena i do rješena se dolazi

trikom. (Ovaj uslov izdvaja problem o bojenju

"država" na ravanskoj karti pod uslovom da su

susjedne države obojene različitim bojama pri čemu

se pretpostavlja da nije postojalo ogra ničenje u

količini boja.Nije poznat ni jedan primjer karte za

čije bojenje je potrebno više od 4 boje).

Ako se pomiješaju 3

1 odukupne količine crvene boje sa svom raspoloživom

količinom plave boje, dobićemo purpurnu boju dovoljnu za bojenje površine od

16m 2 . U tom slučaju problem bojenja se lako rješava.

Teško da je ijedan problem istovremeno zaokupljao kako amatere tako i

stručnjake kao što je to bio "problem četri boje" i to kroz vremenski period od

130 godina (problem je prvi formulisao Frensis Gatri 1850. godine, pokušali su

da ga riješe De Morga, Artur Kejli, Feliks Klajn, Klod Šenon, Möbius, a god.

1976. Haken, Apel i Koh najavili su pozitivno rješenje problema). Konačan

odgovor na zagonetku dat je u Časopisu "Svaka ravanske karta mora se obojiti

pomoću četri boje" (1977).

6. Soba sa ogledalima

Radoznali Hari Poter, tragajući za dvoranom tajni, našao se zarobljen u sobi

pravougaonog oblika čiji su svi zidovi ravna ogledala. Da bi izašao iz sobe, Hari

mora da zatvori "optički krug" pomoću svetlosnog zraka iz svog laserskog

pokazivača (pointera). Kako Hari treba da usmjeri svjetlosni zrak iz laserskog

pokazivača A da bi se zrak, poslije odbijanja od sva četri zida, vratio u tačku A?

Uputimo zrak iz date tačke A najprije na

zid a, pa redom na zidove b, c, d.

Zamislimo lik S1 sobe S u ogledalu a, zatim

lik S2 sobe S1 u ogledalu b1, lik S3 sobe S2

u ogledalu c2 i lik S4 sobe S3 u ogledalu

d3. Pravac zraka se dobija spajanjem tačke

A sa njenim odrazom A4 u sobi S4.

7. Izgubljen u šumi

Daglas Mekraken (konstruktor i vlasnik mašine "Sibirski berberin", film Nikite

Mihalkova- 1998.) dobio je posao da u nepreglednim sibirskim šumama nasiječe

drva za gradnju brvnara za stanovanje uspješnih naučnika. Za sječu on posjeduje

8

veoma moćnu mašinu. U jednom momentu Daglasa je obuzeo neodoljivi osjećaj

da se izgubio u šumi i osjećaj ga nije prevario. Bez karte, orjentira i slučajnog

prolaznika koji bi mu možda rekao kako da izađe iz šume i sa ogromnom

mašinom koja troši 10l goriva po km a ima 220l goriva u rezervoaru. Daglas se

našao u velikoj nevolji. Znao je jedino da šuma ima konveksan oblik i površinu

od 60km 2 , ali to mu je malo značilo. Da ste slučajni prolaznik (koji je maloprije

pomenut a u međuvremenu se nije pojavio), kako biste savjetovali drvosječi

Daglasu da sa svojom mašimom izađe iz šume?

Neka A označava lokaciju zalutalog drvosječe u

šumi. S obzirom na potrošnju goriva, svojom

mašinom on može da pređe najviše

220:10=22km - to je dovoljno za izlazak iz

šume.

Svojom mašinom drvosječa ide 11km po pravoj

liniji do izvjesne tačke C. Bar jedna od tačaka

B ili C je van šume. Zaista, ako bi sve tri tačke A,B,C ležale unutar

šume, tada bi i svaka tačka iz unutrašnjosti

pravouglog trougla ∆ABC ležala unutar šume.

Međutim, površina ovog trougla je

2

11*11=60,5km 2 , što bi značilo da je površina

šume veća od 60km 2 .

Ovo je kontradiktorno sa uslovima zadatka, što potvrđuje pretpostavku da bar

jedna od tačaka B i C leži izvan šume.

Najprije treba imati na umu činjenicu iz elementarne geometrije:

PERIFERIJSKI UGAO koji odgovara prečniku kruga je prav. Obrnuto

tvrđenje je takođe tačno. Posmatrajmo prav ugao C trougla za crtanjena

kružnicu. Tačke D i E,u kojima ivice trougla sijeku kružnicu, predstavljaju

krajnje tačke prečnika kružnice. Nacrtajmo ovaj prečnik a zatim, na isti način

nacrtajmo i drugi prečnik. Njihov presjek daje centar kruga.

9

Interesantni elementarni zadaci (ljepota matematičkih ideja)

Veliko otkriće rješava veliki problem, ali i u rješavanju svakog problema

ima zrno otkrića. Naš problem može biti skroman, ali ako on izaziva

radoznalost, i pokreće pronalazačke sposobnosti i ako se riješi sopstvenim

snagama utisnuće doživotni pečat na mišljenje i karakter.

TU SE MATEMATIČARU PRUŽA VELIKA PRILIKA.

1. Jin i Jang

Simbol Jing i Jang (Cao-Či u Kini, Tomoi u Japanu) je drevni simbol naroda na

Istoku koji simboliše dvije suprotnosti: dobro i zlo, mir i rat, prijateljstvo i

neprijateljstvo, pametno i glupo, ljepoticu i zvijer itd. U literaturi se ovaj simbol

često može sresti pod nazivom "monada".

Pretpostavimo da je granica simbola Jing (crna boja) i Jang

(bijela boja) obrazovana pomoću dvije polukružnice istog

poluprečnika. Kako se pomoću samo jedne prave obai simboli

mogu istovremeno podijeliti na dva dijela jednakih površina?

I pored toga što u prvom trenutku ovaj problem djeluje vrlo "ozbiljano" kao

većina suvoparnih domaćih zadataka, učeniku se pruža mogućnost istraživanja

(igranja) i pronalaženja više rješenja.

Kroz tačke A i B na kružnici monade, u kojima se

dodiruju simboli Jing i Jang, povucimo prečnik AB.

Oko monade opišemo kvadrat sa stranicama

paralelnim ovom prečniku i povucimo dijagonalu d

kvadrata (ova dijagonala dijeli simbole Jing i Jeng

na djelove jednakih površia).

Površina kruga K, koji leži ispod prečnika AB,

jednaka je osmini površine cijele monade.

Sektoru većeg kruga između prečnika AB i

dijagonale d odgovara centralni ugao od 45˚ pa je

njegova površina jednaka osmini površine velikog kruga. Polukrug K i pomenuti

sektor zajedno imaju površinu jednu četvrtinu površine velikog kruga.

Prema tome simbol Jing je podijeljen na dva dijela jednakih površina.

Zbog simetrije simbola slijedi da je dijagonalom d i simbol Jang podijeljen na

dva jednaka dijela.

10

2. Zbir uglova

Nadareni slikar iz garda Nije-Važno-Kog nacptao je kvadrat. Ta slika mu se

toliko svidjela da je taj zaista tako nadaren slikar nacrtao još dva kvadrata i

uglove α, β i γ, kao na slici.

"Nešto mi se čini da je zbir uglova α, β jednak uglu γ, ali ja ne znam trigonometriju da bih to dokazao",

priznao je samom sebi.

Pomozimo slikaru i, koristeći samo elementarnu

geometriju (zaboravite tangense!), dokažimo

α + β = γ.

I ovaj primjer matamatičaru daje zabavu rješavanjem ga na više načina. Evo

jednog rješenja.

Najprije treba konstruisati dva kvadrata sa

stranama jednakim dijagonalama datih

kvadrata. Zbir uglova α i δ očigledno je jednak

uglu γ. Odavde odmah slijedi dokaz jer su uglovi δ i β

međusobno jednaki kao odgovarajući uglovi

sličnih pravouglih trouglova.

3. Pakovanje cigle

Da li se cigla koja ima oblik kocke ivice 10cm može umotati u roze papir (vrlo

čest rođendanski poklon tinejdžerima) oblika kvadrata stranice 30cm.

Razvijeni dvodimenzionalni model (mreža),dobi-

jena od papira oblika kvadrata stranice30cm,

koji daje najveću kocku je prikazan na slici.

Stranica ove kocke je 4

23010,6cm, što znači

da je moguće zapakovati kockastu ciglu ivice 10

cm u kvadratni papir stranice 30cm.

11

4. Površina kružnog prstena

Data su dva koncentrična kruga i tetiva većeg kruga koja dodiruje manji krug.

Ako je dužina ove tetive 20cm, izračunat napamet površinu kružnog prstena.

Neka je d =20cm dužina tetive i neka su R i r

poluprečnici velikog i malog kruga.

Površina kružnog prstena je

P = R 2 - r 2 = (R 2 - r 2 ) .

Pomoću Pitagorine teoreme nalazimo

(2

d) 2 = 100 = R 2 - r 2 , te je P = 100 .

5. Površina presjeka tri kruga

Gost u kafani stavlja svoju pivsku čašu na barski šank tri puta da bi načinio tri

kruga prikazana na slici.

On to čini vrlo pažljivo tako da svaki krug prolazi kroz

centar druga dva. Barmen tvrdi da površina zajedničkog

dijela (osjenčenog dijela) manja od jedne četvrtine povr-

šine kruga, dok gost misli da je ova površina veća od je -

dne četvrtine. Ko je u pravu?

Tri kruga koja se sijeku pri čemu svaki prolazi

kroz centar druga dva, mogu se "reprodukovati"

šest puta u ravni tako da formiraju uzorak dat na

slici.

Posmatrajući centralni krug zaključujemo da je

svaki krug sastavljen od šest krivolinijskih

deltoidnih figura D i 12 "banana" B. Zato jedna

četvrtina površine kruga mora biti jednaka sumi

površina 2

11 "delte" i tri "banane".

Tražena zajednička površina tri presecajuća

kruga (osjenčen dio na slici) sastoji se od jedne

delte i tri banane, što je manje od jedne četvrtine kruga za polovinu površine

jedne delte.

Izračunavanje bi pokazalo da je zajednička preklapajuća površina malo veća od

22% površine kruga.

12

6. Napoleonov zadatak

Ovaj zadatak poznat je u literaturi kao "Napoleonov zadatak". Navodno

Napoleon ga je predložio italijnskom geometru Maskeroniju. (Poznato je da je

Napoleon bio ljubitelj geometrije i da mu je francuski matematičar Gaston Morž,

osnivač nacrtne geometrije, bio blizak prijatelj).

Koristeći samo šestar treba podijeliti datu kružnicu, čiji je centar poznat, na četri

jednaka luka.

Drugim riječima, potrebno je odrediti tjemena kvadrata upisanog u kružnicu sa

dati centrom.

Neka je k zadata kružnica čiji je centar tačka O,

a poluprečnik r. Sa otvorom šestara jednakim

ovom poluprečniku odredimo na kružnici tačke

A, B, C i D. Tetive AB, BC i CD su među sobom

jednake (kao stranice ravnostranog šestougla),

dok je tetiva AD jednaka prečniku kruga 2r.

Iz tačaka A i D kao centra konstruišemo lukove

poluprečnika AC, a njihov presjek označimo sa

E. Iz tačke A kao centar opišemo luk poluprečni-

ka OE. Presječne tačke ovog luka i kružnice k

označimo sa F i G; lukovi AF, FD, DG i GA su

jednaki među sobom, što znači da tačke A, F, D i G predstavljaju tjemena

kvadrata upisanog u dati krug.

Radoznali matematičar bi se morao upustiti u dokaz poslednje konstatacije!

(Tačke A, B, C i D predstavljaju tjemena pavnostranog šestougla- tako da

centralni ugao nad tetivom iznosi 120˚ . Iz ∆ABC je: OA = OC = r,

AOC =120˚. Lako se nalazi da je AC = 2 3 = AE. Iz pravouglog trougla ∆AOE

je: OE 0 22 OAAE = 223 rr = r 2 = AF.

Kako je AF = GA, a tačke F i G predstavljaju tjemena pravih uglova (nad

prečnikom AD), takođe imamo FD = DG = r 2 , tj. tetive AF, FD, DG i GA

jednake su stranici kvadrata upisanog u krug poluprečnika r.

7. Dijagonala kvadra

Ako je površina kvadra jednaka 2, dokazati da dijagonala kvadra ne može biti

manja od 1.

(Elementarni zadatak koji bi učenici trebali sa radošću rješavati na redovnim

časovima matematike).

x, y, z - stranice kvadra: P = 2(xy+yz+zx)- njegova površina, D= 222 zyx -

njegova dijagonala

13

Na osnovu nejednakosti između geometrijske i aritmetičke sredine (za pozitivne

brojeve a i b važi ab 2

ba , slijedi iz ( a - b ) 2 0), imamo

2

yxxy

,

2

zxxz

,

2

zyyz

. Ako svaku od ovih nejednakosti

kvadriramo, zatim pomnožimo sa 2 i saberemo lijeve i desne strane, dobićemo

2xy + 2xz + 2yz ,2

2

2

2

2

2 222222 yzzyxzzxxyyx

što daje P

2

2 2 PD .

Odavde je D2

2 P =1, i poslije korijenovanja dobijamo D1.

Rekreativna geometrija velikih matematičara

Istorija matematike puna je matematičkih zanimljivih problema koji su

doveli do formulisanja ozbiljnih naučnih rezultata i razvoja novih matematičkih

disciplina.

Veza između problema rekreativnog tipa i značajnih matematičkih oblasti,

vrlo je dominantna u geometriji.

GEOMETRIJA KAO MOGUĆNOST TESTIRANJA LOGIČKIH I

MATEMATIČKIH SPOSOBNOSTI:

1. Obućarski nož (Arbelos problem)

U svojoj Knjizi lema Arhimed je razmatrao sledeći interesantan problem iz

geometrije, poznat pod imenom arbelos, što znači obućarski nož. "Obućarski

nož" ili arbelos je oblast ogranicena sa tri polukruga koja se međusobno dodiruju

(osjenčena oblast na slici). Naziv potiče otuda što

osjenčena oblast dosta podsjeća na obućarski nož.

Arhimedov zakon glasi: Ako je CD normala na

prečnik AB, dokazati da je površina jednaka po-

vršini kruga (isprekidana linija) čiji je prečnik CD.

Arhimedov zadatak se lako rješava, pa je preporučljiv za redovnu nastavu u

osmom razredu).

14

∆ABD je pravougli (periferijski ugao nad prečnikom AB).

Po Pitagorinoj teoremi: ( 2)CBAC = BDAD 2 2

= |AC 2 + |DC 2 + |CB 2 + |DC 2

odakle je |DC 2 =|AC ∙|CB , što je dobro poznat rezultat koji se odnosi na

geometrijsku sredinu.

Neka su Pa i Pk površine arbelosa i kruga sa prečnikom CD. Na osnovu gornje

relacije je:

Pa =8

|AB| 2 -

8

|AC| 2 - |CB| 2 =

8

{( |AC|+|CB|) 2 -|AC| 2 - |CB| 2 }

= 4

|AC|∙ |CB|=

4

|CD| 2 = Pk,

čime je dokaz završen.

2. Prečnik materijalne sfere

Arapski naučnik Tabin ibn Kora interesovao se za razne konstrukcije sa sfernim

površinama. Jedan od njegovih izazovnijih zadataka je: Prečnik materijalne

sfere.

Koristeći jedino šestar i lenjir (Euklidova oruđa) odrediti prečnik lopte načinjene

od tvrdog materijala.

Koristeći šestar iz proizvoljne tačke U na površini

lopte opišimo krug . Neka su A, B, C proizvoljno

odabrane tačke na ovoj kružnici. Na posebnom papiru

konstruišemo ravanski trougao ∆ABC. Naravno, ovu

konstrukciju je lako sprovesti prenoseći šestarom

rastojanja |AB|, |BC|, |CA| sa lopte. Konstruišimo

krug opisan oko ovog trougla i izmjerimo njegov

poluprečnik r. Primijetimo da ovaj krug ima isti

poluprečnik r kao i krugnacrtan na lopti.

Neka je V tačka na kružnici i neka je q=|UV| dužina izmjerena šestarom.

Označimo sa T tačku dijagonalno suprotnu tački U u odnosu na centar lopte.

Pravougli trougao ∆UVT ima za visinu poluprečnik r a za hipotenuzu traženi

prečnik d=|UT|. Sa slike se vidi da su pravougli trouglovi ∆UVT i ∆USV slični

(jer imaju isti ugao u tjemenu U). Na osnovu toga imamo proporciju

d

qd

d

VT

q

r22

|| , odakle se određuje prečnik d=

22

2

rq

q

.

15

3. Cilindar najveće zapremine (vinska burad)

U svojoj knjizi Nova geometrija vinskih buradi, Johan Kepler je opisao metod

jednostavnog mjerenja zapremina buradi razljčitog oblika. Kepler je razvio svoj

metod uvođenjem novih ideja pri rješavanju problema minimuma i maksimuma

koje su u suštini bile slične diferencijalnom i integralnom računu. Jedna od

teorema datih u Keplerovoj knjizi tvrdi sledeće:

Od svih cilindara sa istom dijagonalom najveću zapreminu ima onaj cilindar kod

koga je odnos prečnika baze i visine jadnak 2 .

Neka je R poluprečnik lopte i neka je x (<R) polovina visine h cilindra.

Poluprečnik osnove cilindra je r= 22 xR , te je njegova

zapremina Vc(x)= hr 2 =2 22 xR x=2 f(x). (*)

Cilj je odrediti x tako da zapremina Vc cilindra bude

maksimalna.

Da bismo riješili problem, dovoljno je posmatrati funkciju

f(x)= (R 2 -x 2 )x koja zadovoljava (*). predstavimo ovu

funkciju na sledeći način:

f(x)=R 2 x-x 3 = R 2 x-x 3 -33

2

33

2 33 RR =-(x-

3

R) 2 (x+

3

2R)+

33

2 2R.

S obzirom da je drugi sabirak pozitivan, očigledno je da će funkcija f dostići svoj

maksimum kada prvi (negativan) član bude jednak nuli, tj. kada je x=3

R. Za

ovu vrijednost x, visina i poluprečnik baze cilindra postaju jednaki

h=2x=3

2R i r= 22 xR =R

3

2.

Ovdje se vidi da je odnos prečnika osnove cilindra i njegove visine jednak 2 ,

kao što je tvrdio Kepler.

4. Hamiltonova igra na dodekaedru (Hamiltonovi putevi)

Čuveni irski matematičar Vilijam Hamilton postavio je 1857. godine jedan

zanimljiv zadatak u vezi sa dodekaedrom. Da podsjetimo, dodekaeder je jedan

od pet pravilnih poliedara, poznatih kao Platonova tijela, koji ima 12 strana-

pravilnih petouglova, 20 tjemena i 30 ivica.

Hamiltonov zadatak glasi: Obići sva tjemena

dodekaedra prelazeći preko svakog tjemena

jednom i samo jednom.

(Kasnije je Hamilton patentirao ovu

zagonetku kao igru koja se postavlja sredinom prošlog vijeka. Igra je često

opisivana kao "nalaženje puta oko svijeta")

16

Hamiltonov put po mreži dodekaedra prikazanoj na slici.

Rješenje se može predstaviti i nizom slova koja

označavaju tačke preko kojih se sukcesivno prelazi

prilikom trasiranja: A-B-C-D-E-F-G-...-R-S-T.

5. Maksimalan broj pravaca (Turski vojnici)

Veliki britanski matematičar Džems Silvester, pored svojih matematičkih

istraživanja, interesovao se i za zanimljive matematičke probleme rekreativnog

tipa. Jedan od najpoznatijih je sledeći zadatak:

Kako se n tačaka u ravni može rasporediti tako da leže na pravama, pri čemu se

zahtijeva da svaka prava sadrži r tačaka a da pritom broj pravih bude što je

moguće veći?

Henri Djudeni, engleski kreator matematičkih zagonetki, je rješenje ovog

problema prikazao u obliku priče iz Prvog svjetskod rata: "Na bojnom polju 11

turskih vojnika bilo je opkoljeno od strane 16 ruskih vojnika. Svaki ruski vojnik

pucao je samo jednom i svaki metak je prošao kroz turbane tri turska vojnika.

Koliko turskih vojnika ima neprobušene turbane?" (Odgovor je:Nijedan, što

ćemo vidjeti)

Kada je r=2, problem je trivijalan: svaki par od n

tačaka određuje pravu što znači da je maksimalan

broj pravih jednak

k= (n,2)=n(n-1)/2.

Kada je r=3, problem određivanja funkcije k= (n,3)

ne samo da postaje zanimljiv i težak, već takođe vrlo

interesantan i za druge matematičke discipline kao

što su blok-dizajn.

Optimalno rješenje je prikazano na slici.

6. Površina osjenčenog dijela (igrajmo se)

Izračunati površinu osjenčenog dijela, pomoću poluprečnika r.

17

7. Nacrtajmo i računajmo

a) Kostruisati romb ABCD čija je stranica a=4cm, a unutrašnji ugao tog romba

kod tjemena A je 60˚; povući mu dijagonale AC i BD i iz njihve presječne tačke

S opisati kružnicu k koja prolazi kroz B i D.

b) Dokazati da kružnica k prolazi kroz središte

stranice romba ABCD.

c) Izračunati površinu onog dijela koji se nalazi van

romba ABCD.

(preporučuje se da rezultat bude izražen u cm 2 i izračunat tačno bar na dvije

decimale).

8. Malo aritmetike, malo geometrije- čigra

Čigra se sastoji od polulopte i kružnog konusa koji imaju zajedničku bazu

(krug). Poluprečnik polulopte je 2dm, a visina konusa je u cm izraženo rješenje

jednačine:

poigrajmo se sa čigrom

4

11

2

1

x -

5

11

5

42

x+ x + 10 = 0.

Izračunaj površinu (na dvije decimale tačno,

izraženu u dm 2 ) i zapreminu čigre.

18

Geometrija kao neprolazna ljepota matematičkih ideja

Geometrija predstavlja grčko otkriće bez koga bi savremena nauka danas

bila nemoguća. Grci su deduktivnim putem izvodili zaključke iz onoga što je

očigledno, a ne induktivne iz onoga što se posmatralo. Mada, i nešto malo

geometrije je postojalo i među Egipćanima i Vaviloncima, ali uglavnom u

obliku praktičnih mjerenja- čime bi trebalo započeti kurs dodatne nastave iz

geometrije (naslov: Geometrija kroz šale, dosjetke, trikove).

Postoje mnoge interesantne priče, vjerovatno istorijske, koje pokazuju

koji su praktični problemi podsticali istraživanja matematike. Najstarije priče

odnose se na Taleta. Kad je ovaj bio u Egiptu, kralj je od njega zatražio da

pronađe visinu jedne piramide.

On je sačekao ono doba dana kada je njegova sijenka bila jednaka s

njegovom visinom, i tada je izmjerio sijenku piramide.

Sledeći problem je bio udaljenost lađe na moru, zatim problem

udvostručavanja zapremine. Prolazilo je vrijeme, a ni mnogo kasnije Platonova

Akademija nije riješila problem sa zapreminom. Geometri su na njemu radili

stotinama godina, stvarajući s vremena na vrijeme djela dostojna divljenja.

Problem sa zapreminom se, naravno, sastojao u određivanju 3 2 .

(Problem iracionalnog broj 2 bio je poznat već ranije, Pitagorovci su otkrili

genijalne metode za približno određivanje njegove vrijednosti).

Vjekovi su prolazili, a GEOMATRIJA je neosporno bila nauka broj

jedan. Jedna činjenica je nepobitna- mi živimo u svijetu matematike. Neki je

nazivaju slugom nauke, a ona je u stvari kraljica! Gotovo je savršena.

Najnovija, najsavršenija, najneverovatnija tehnologija današnjice je plod

koji je oprašen na matematičkim granama - to je elektronski računar. Sve to,

čemu se s pravom svi divimo, samo je proizvod maleckog napora ljudskog uma.

To su samo mrvice, nedovoljno iskorišćenog, ogromnog potencijala ljudske

pameti.

Taj tvorac, taj BOG NAUKE - ljudski mozak, mora neprestano da se

upotrebljava. Mora da se "gimnasticira"! A najbolja, idealna gimnastika uma, je

- igranje geometrijom.

Kad učenik počne sa obraćanjem maksimalne pažnje i na naizgled sitne

detalje zabavljajući se geometrijom, biće kao sportista u punom treningu, pred

odlučujeće takmičenje. A kad postigne šampionski nivo ( i bude mogao

samostalno da krstari kroz zadatke- Rekreativna geometrija velikih

matematičara), treba mu čestitati, a ako je propustio jednu šansu, podstaknite ga

da se ne predaje.

19

Kad se učvrsti ovaj korak, treba načiniti nov, veći i čvršći.

DANAŠNJE VRIJEME JE ZLATNO DOBA GEOMETRIJE (MATEMATIKE)

POZLATIMO SE SVI !

Umjesto pogovora

Komunikacija nastavnik - učenik daje prave rezultate samo ako je

dvosmjerna i ako se zasniva na principu uzvraćene ljubavi.

Iskrena želja i trud da se znanje prenese, odnosno prihvati, ravni su

nastojanjima da se ugodi voljenoj osobi.

20

Literatura

1 J. Stanković, Računica sa geometrijom, Nolit, Beograd, 1956.

2 K. Orlov, M. Živković, Matematika za drugi razred gimnazije prirodno-matema-

tičkog smjera, Zavod za izdavanje udžbenika, Beograd, 1961.

3 S. Gorušanin, Matematika, dodatna nastava, Svjetlost, Sarajevo, 1984.

4 P. Mladenović, V. Petrović, Stereometrija, izabrani problemi, Mikroknjiga,

Beograd, 2001.

5 M. Miletić, Ljudski je griješiti, Mikroknjiga, Beograd, 2003.

6 V. Stojanović, Trougao plus, Mikroknjiga, Beograd, 2001.

7 V. Stojanović, Inostrana juniorska takmičenja, Mikroknjiga, Beograd, 2000.

8 Matematiskop.co.yu