i
i
“1127-Zeljko-0” — 2010/7/14 — 14:20 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 20 (1992/1993)
Številka 2
Strani 116–119
Matjaž Željko:
UPORABA KOMPLEKSNIH ŠTEVIL V RAVNINSKI
GEOMETRIJI, drugi del
Ključne besede: matematika, geometrija, kompleksna števila.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/20/1127-Zeljko.pdf
c© 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
/'i1" - '-/'i1.' - ,I/ .,u 1CI" I"",
UPORABA KOMPLEKSNIH ŠTEVIL V RAVNINSKI
GEOMETRIJI - drugi del
V prvi številki Preseka smo definirali kompleksni nagib premice skozi to čki o
· {3 k {3 - o D k ,. di Id " di .ln ot X = ==---- . oaza I smo tu I nas e nJI tr ItVI:
Premici sta vz~o-;-e~i natanko tedaj, ko sta kompleksna nagiba enaka.
Premici sta pravokotni natan ko tedaj , ko sta kompleksna nagiba nasprotna .
Tako smo se pripravili na obravnavo trikotnika v kompleksni ravnini .
Naj bodo tri razli čna kompleksna števila o, {3 in 'Y ogli šča tr ikotnika . Pred-
postavimo lahko , da leži središče trikotniku očrtane krožn ice (ozna čimo ga z
o) v koordinatnem izhodišču (torej o = O) in da je polmer tega kroga enak
1. Tedaj je oa ={3{3 = 'Y'Y = 1. Le pri teh pogoj ih izračunamo kompleksni
nagib premice, na kateri ležita točki o in {3, dobimo
f!.- - o = {3oa - o{3{3 = -o{3 .
e -.« e. :»
Podobno dobimo za nosilki drugih dveh trikotnikovih stran ic.
Oglejmo si sedaj nekaj zanimiv ih rezultatov:
• Recimo, da je trikotnik enakokrak z vrhom pri 'Y. V tem primeru je premica
skozi 'Y in -'Y simetrala daljice med o in {3 in je zato pravokotna na premico
skozi o in (3. S kompleksnimi nagibi to zapišemo
'Y - (-'Y) 2
( )
= 'Y = o{3 .
'Y - - 'Y
Dokaz lahko preb eremo nazaj tudi v obratni smer i.
Torej : trikotnik je enakokrak (z vrhom pri 'Y) natanko tedaj , ko velja za oglišča
zveza o{3 = 'Y 2 .
• Kako bi izračunali nožišče višine iz 'Y v poljubnem trikotniku?
N v' vv v ' • ' v ' • 'Y1 - 'Y {3 - o {3 .ozrsce oznacrrno z 'Y1 ln zapistmo zvezi: =--= = -==---- = o ln
'Y1 - 'Y {3 - a
{3 - o 'Y1 - o S h I' da i . k ' .- _ = =--=. prvo zvezo smo za teva 1, a je premica s OZI 'Y ln 'Y1
{3 - °k 'Y1 - o . k ' . {3 d di v' . . k .pravo otna na prerruco s OZI o ln , z rugo pa , a eZI 'Y1 na premier s OZI
117
Q in {3. Sistem (z neznankama 'YI in 'YI) rešimo in dobimo
'YI =
Q + {3 + 'Y - Q{3'f
2
Podobno določimo še ostali dve no ži š č i .
• Tudi višinska točka K trikotnika ne dela težav:
K-'Y
Zapišimo pogoja pravokotnosti višin na dve stranici :
{3-Q
---
K-'Y lJ-Ci
{3 " K - {3 'Y - Q S" v · " d bi {3= Q ln _ _ = -=---= = Q'Y . Istem restrno ln o Imo K = Q + + 'Y .
E K - {3. 'Y da Q d "1" di " k . ' v'nostavno preverimo , a smo za osti I tu I pogOJU pravo otnosti vrstne na
" "K-Q 'Y-{3
tretjo straruco : =---= = - ------= = {3'Y.
K-Q 'f-{3
Q+{3+'Y
• Težišče trikotnika lahko zapišemo takoj : T = --,----
3
Vidimo, da lež ijo točke o, T ln K na isti prerruci, To premi co im enuj em o
Eulerjeva premica .
• Oglejmo si še neko karakteristično lastnost enakokrakih trikotnikov:
Naj bo trikotnik enakokrak z vrhom T Potem je Eulerjeva premica pravo-
kotna na osnovnico in lahko zapišemo XE = Q{3. Tudi tu velja obrat :
I Q + {3+ 'Y {3 k" v "" I' {3 2z X E = = Q Z ne aj ra cunanja rzp e Jemo Q = 'Y .
Ci+{3+'f
Trikotn ik je torej enakokrak (z vrhom 'Y) natanko tedaj , ko za nagib Eulerjeve
premice velja XE = Q{3.
• Na tej premici leži tudi središče krožnice devetih točk ; tega si bomo sedaj
ogledali.
N " b I " vv d lii d d {3 T " Q + {3 Podobnoaj o 'Y2 razpo ovisce a jice o Q o . oreJ 'Y2 = -2-
označimo še Q2 in {32·
N " b I " v v d 1" d d T" 'Y + K Q + {3aj o 'Y3 razpo ovrsce a jice o 'Y o K. orej 'Y3 = -- = 'Y + --o
Podobno označimo še Q3 in {33 . 2 2
Hkrati z že izračunanimi nožiš či višin (točke Ql, {3l, 'YI) smo tako definirali
devet točk : Qi, {3i, 'Yi (i=1,2,3) .
Vse te točke ležijo na isti krožnici, kar ni težko videti , saj so vse enako od-
118
• v a+,6+')'
daljene od tocke o= 2 .
Izračunajmo najprej tri razdalje : bl - 61 = 1- a,6ry/21 = 1/2
11'2 - ol = 1- "t /21 = 1/2 in 11'3 - 61 = 11' /21 = 1/2. Ostalih šest razdalj pa
nam pravzaprav ni treba računati , saj lahko v gornjih treh enačbah dvakrat
ciklične zamenjamo števila o , ,6 in ')'.
Središče O tega kroga spoimerom 1/2 pa seveda leži na Eulerjevi premici.
l3
Krožnica devetih točk
• Oglejmo si še en primer uporabe kompleksnega nagiba :
Trikotniku z oglišči o , ,6 in ')'
očrtarno krožnico. Spet lahko pred-
postavimo, da leži središče trikot-
niku očrtane krožnice v koordinat-
nem izhodišču in da je njen polmer
enak 1.
Na krožnici izberemo točko F. Pra-
vokotne projekcije te točke na pre-
mice nosilke posmeznih stranic oz-
načimo z a'; ,6' in ')" , Dokazali bo-
mo, da ležijo te točke na isti premici;
-r:>;
/ / / -. -,
/ ' / -, \li "'- \ .
-J.iJ' "'-" \\
I - -_ \,II ....--- - b l
\ '. .- - - .- ~I .I :j.'
+---_.:.~--- - .' - ,.
rl \ . -/_,, _
I . . "\ -
\ . j u''''-,'" ~~"<, /' l ."'-----_ ........-
119
imenujemo jo Simsonova premica .
Izračunali smo že
o. + f3 + e- 0.f3f." = -----,-----
2
in " kolinearne .
Z kai v k " hi idi d'" - i3' (3 t Z dine aj racuns e spretnosti itro VI Imo, a je =--= = o. ,<.. ara I
" - (3'
" - 0.' -simetrije velja tudi = o.f3,e, kar pa že pomeni , da so točke 0.' , f3'
" - 0.'
• Več truda in računske spretnosti pa zahteva izračun središča trikotniku
včrtane krožnice, ki ga označimo s o .
Navedimo samo rezultat: a = ...raJj + V1Yi +..;rcx. Pri izračunu kvadrat-
nega korena VfiI/ izberemo vedno tisto število, ki leži na sredini pozitivno
orientiranega loka od Il- do v .
• Za zaključek pa izpeljimo še eno karakteristično lastnost enakokrakih trikot-
nikov:
Trikotnik je enakokrak natanko tedaj , ko leži središče včrta ne krožnice na
Eulerjevi premici.
Poiščimo najprej enačbo za nagib premice skozi o in a:
...raJj + V1Yi + ..;rcx
Xu = 1 1 1--+-+--# ViFi ~
0.(3..rr + (3, va + ,0.../13
va+../13+..rr
Trikotnik je torej enakokrak natanko tedaj , ko je Xu = XE .
V ta namen si oglejmo izraz Xu - XE . Z veliko mero potrpežljivosti izraču­
namo razliko teh dveh ulomkov in števec tako dobljenega ulomka razstavi mo .
Izraz v števcu je (V1Yi - o.)(..;rcx - (3)(...raJj - , )Jo.(3,. Odtod lahko
preberemo dokaz v obe smeri.
Uporaba kompleksnih števil v geometriji ni težka - zaheva nekaj misel-
nega napora in precej računske spretnosti .
Matjaž teljko