MATEMANIJA

U trouglu [inlmath]ABC[/inlmath], [inlmath]AC=BC[/inlmath], ugao kod temena [inlmath]C[/inlmath] je prav. Simetrala ugla kod temena [inlmath]B[/inlmath] seče [inlmath]AC[/inlmath] u tački [inlmath]M[/inlmath]. Nad dužima [inlmath]AM[/inlmath] i [inlmath]MC[/inlmath] su konstruisani kvadrati. Potrebno je dokazati da je površina jednog kvadrata dva puta veća od dugog. Rešenje:
[dispmath]P_1=a^2\left(3-2\sqrt2\right)\\
P_2=2\cdot a^2\left(3-2\sqrt2\right).[/dispmath] (Mislim da je ovde [inlmath]AC=a=BC[/inlmath].) Svaka ideja je korisna. Deluje kao jedan od onih jednostavnih zadataka, kod kojih ne dolazim do ideje.

Budući da sam ti već putem privatne poruke skrenuo pažnju na Latex, a da ga i dalje ne koristiš, sledeći put ćeš zbog nekorišćenja istog biti isključen s foruma.

Početna ideja je sledeća: posmatraj trougao [inlmath]\triangle BCM[/inlmath] i izrazi dužinu [inlmath]CM[/inlmath] preko katete [inlmath]a[/inlmath] i tangensa polovine ugla kod temena [inlmath]B[/inlmath].

Kada izrazim [inlmath]CM[/inlmath], dobijem
[dispmath]CM=a\left(3-\sqrt2\right)[/dispmath] Nemam ideju šta dalje, još neka pomoć?

Negde si pogrešio (a i razmisli malo, [inlmath]3-\sqrt2[/inlmath] je veće od jedinice, pa bi onda i [inlmath]CM[/inlmath] bilo veće od [inlmath]a[/inlmath] što je, naravno, nemoguće). Proveri.
Nakon što dobiješ ispravnu vrednost za [inlmath]CM[/inlmath], nije teško odrediti koliko je [inlmath]AM[/inlmath], budući da zbir [inlmath]CM[/inlmath] i [inlmath]AM[/inlmath] mora biti jednak kraku [inlmath]a[/inlmath] ovog jednakokrakog trougla.
Nije potrebno čak ni računati površine kvadrata. Da bi površina jednog kvadrata bila dvaput veća od površine drugog, zna se u kom odnosu onda treba da stoje stranice tih kvadrata.

Inače, ovo je poznata teorema, koja kaže da simetrala unutrašnjeg ugla trougla deli naspramnu stranicu u odnosu drugih dveju stranica.
Postoji još nekoliko načina za dokazivanje ove teoreme (a samim tim i da se uradi ovaj zadatak), ali haj'mo prvo da dovršimo ovaj način na koji smo započeli – preko tangensa, a posle toga mogu pokazati još neke od načina.

Preko tangensa, ovako. Ako je [inlmath]CM=x[/inlmath] onda imamo
[dispmath]\text{tg }\frac{45^\circ}{2}=\frac{a-x}{a}[/dispmath] Dakle,
[dispmath]\text{tg }\frac{45^\circ}{2}=1-\frac{x}{a}[/dispmath] Kada keca prebacis na drugu stranu i kvadriraš, dobiješ
[dispmath]\left(\frac{x}{a}\right)^2=\left(1-\sqrt\frac{1-\cos45^\circ}{1+\cos45^\circ}\right)^2[/dispmath] onda pomnožiš obje strane sa [inlmath]a^2[/inlmath] i kad središ, to što dobiješ za [inlmath]x^2[/inlmath] je površina većeg kvadrata [inlmath]P_2[/inlmath]. Dobije se
[dispmath]P_2=a^2\left(6-4\sqrt2\right)[/dispmath] odnosno
[dispmath]P_2=2a^2\left(3-2\sqrt2\right)[/dispmath] Površina manjeg je
[dispmath]P_1=(a-x)^2=a^2\left(\text{tg }\frac{45^\circ}{2}\right)^2[/dispmath] Kada opet malo središ dobiješ
[dispmath]P_1=(a-x)^2=\frac{1}{2}a^2\left(6-4\sqrt2\right)[/dispmath] tj.
[dispmath]P_1=a^2\left(3-2\sqrt2\right)[/dispmath] Dakle, [inlmath]P_2=2\cdot P_1[/inlmath].

Kao što obećah, evo još par načina za dokazivanje ove teoreme.

Preko sličnosti trouglova:
Sa [inlmath]D[/inlmath] označimo tačku preseka simetrale ugla [inlmath]\alpha[/inlmath] i naspramne stranice. Iz temena [inlmath]C[/inlmath] povucimo pravu paralelnu simetrali ugla [inlmath]\alpha[/inlmath], i njen presek s produžetkom stranice [inlmath]AB[/inlmath] označimo sa [inlmath]E[/inlmath]:


Pošto je trougao [inlmath]\triangle CAE[/inlmath] jednakokraki (ovo ostavljam čitaocu da dokaže – nije teško), sledi da je [inlmath]EA=AC=b[/inlmath]. Iz sličnosti trouglova [inlmath]\triangle EBC[/inlmath] i [inlmath]\triangle ABD[/inlmath] sledi
[dispmath]\frac{CD+DB}{DB}=\frac{EA+AB}{AB}\\
\frac{CD}{DB}+\cancel1=\frac{EA}{AB}+\cancel1\\
\frac{CD}{DB}=\frac{b}{c}[/dispmath]

---

Još jedan način preko sličnosti:
Iz temena [inlmath]B[/inlmath] i iz temena [inlmath]C[/inlmath] povucimo normale na simetralu ugla [inlmath]\alpha[/inlmath] i preseke tih normala sa simetralom označimo sa [inlmath]P[/inlmath] i [inlmath]Q[/inlmath], respektivno:


Iz sličnosti trouglova [inlmath]\triangle BPD[/inlmath] i [inlmath]\triangle CQD[/inlmath] sledi [inlmath]\displaystyle\frac{CD}{BD}=\frac{CQ}{BP}[/inlmath], a iz sličnosti trouglova [inlmath]\triangle ABP[/inlmath] i [inlmath]\triangle ACQ[/inlmath] sledi [inlmath]\displaystyle\frac{CQ}{BP}=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}[/inlmath]. Iz [inlmath]\displaystyle\frac{CD}{BD}=\frac{CQ}{BP}[/inlmath] i iz [inlmath]\displaystyle\frac{CQ}{BP}=\frac{b}{c}[/inlmath] sledi i [inlmath]\displaystyle\frac{CD}{BD}=\frac{b}{c}[/inlmath].

---

Preko površina:
Kao i u prethodnim dokazima, označimo presek simetrale ugla [inlmath]\alpha[/inlmath] i naspramne stranice sa [inlmath]D[/inlmath]. Podnožje visine iz temena [inlmath]A[/inlmath] označimo sa [inlmath]E[/inlmath]. Spustimo visine iz [inlmath]D[/inlmath] na stranice [inlmath]AC[/inlmath] i [inlmath]AB[/inlmath] i njihova podnožja označimo sa [inlmath]P[/inlmath] i [inlmath]Q[/inlmath], respektivno:


Površinu trougla [inlmath]\triangle ACD[/inlmath] možemo izraziti preko visine [inlmath]AE[/inlmath] i preko visine [inlmath]DP[/inlmath]. Naravno, obe tako izračunate površine moraju biti jednake:
[dispmath]\frac{1}{2}CD\cdot AE=\frac{1}{2}AC\cdot DP\quad\Longrightarrow\quad\frac{CD}{AC}=\frac{DP}{AE}\tag1[/dispmath] Na isti način, i površinu trougla [inlmath]\triangle ABD[/inlmath] možemo izraziti preko visine [inlmath]AE[/inlmath] i preko visine [inlmath]DQ[/inlmath]. Izjednačavanjem ovako izračunatih površina, dobijamo:
[dispmath]\frac{1}{2}BD\cdot AE=\frac{1}{2}AB\cdot DQ\quad\Longrightarrow\quad\frac{BD}{AB}=\frac{DQ}{AE}\tag2[/dispmath] Na osnovu [inlmath](1)[/inlmath] i [inlmath](2)[/inlmath], kao i na osnovu činjenice da je [inlmath]DP=DQ[/inlmath] (jer se [inlmath]D[/inlmath], kao tačka simetrale ugla [inlmath]\alpha[/inlmath], nalazi na podjednakoj udaljenosti od stranica [inlmath]AB[/inlmath] i [inlmath]AC[/inlmath]), sledi da je [inlmath]\displaystyle\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{AB}[/inlmath].

@Ojler79532 što se tiče tvog rešenja preko tangensa, ono je tačno (uz primedbu da se tvoj postupak odnosi na oznaku [inlmath]AM=x[/inlmath] a ne na [inlmath]CM=x[/inlmath] kako si napisao), ali može i mnogo jednostavnije. Kao što rekoh, nije potrebno računati površine kvadrata nad posmatranim dužima, jer, ako je potrebno dokazati da površine kvadrata nad dužima [inlmath]CM[/inlmath] i [inlmath]AM[/inlmath] stoje u odnosu [inlmath]1:2[/inlmath], tada je dovoljno dokazati da dužine duži stoje u odnosu [inlmath]CM:AM=1:\sqrt2[/inlmath].


To, opet, znači da je dovoljno dokazati da je [inlmath]CM:AC=1:\left(1+\sqrt2\right)[/inlmath], a kako je [inlmath]AC=BC[/inlmath], taj odnos možemo pisati i kao [inlmath]CM:BC=1:\left(1+\sqrt2\right)[/inlmath]. A odnos [inlmath]CM:BC[/inlmath] nije ništa drugo nego tangens ugla [inlmath]\angle CBM[/inlmath] (koji iznosi [inlmath]\frac{\pi}{8}[/inlmath]). Dakle, sve što treba da uradimo to je da pokažemo da je [inlmath]\displaystyle\text{tg }\frac{\pi}{8}=\frac{1}{1+\sqrt2}[/inlmath].

I ovde krećemo od formule za tangens polovine ugla,
[dispmath]\text{tg }\frac{\pi}{8}=\sqrt{\frac{1-\cos\frac{\pi}{4}}{1+\cos\frac{\pi}{4}}}=\sqrt{\frac{2-\sqrt2}{2+\sqrt2}}[/dispmath] Poslednji izraz je dobijen množenjem i brojioca i imenioca sa dva, a nakon novog množenja i brojioca i imenioca sa [inlmath]\left(2+\sqrt2\right)[/inlmath] dobija se
[dispmath]\text{tg }\frac{\pi}{8}=\frac{\sqrt2}{2+\sqrt2}[/dispmath] i, na kraju, kada i brojilac i imenilac podelimo sa [inlmath]\sqrt2[/inlmath], dobijamo
[dispmath]\text{tg }\frac{\pi}{8}=\frac{1}{1+\sqrt2}[/dispmath] što je i trebalo pokazati.