Мајци Душанки
Михаило М. Бошковић, професор
НОВO У МАТЕМАТИЦИ - подела угла на три једнака дела - подела угла на n једнаких делова - конструкција сваког правилног многоугла
уз помоћ једног шестара и једног лењира
Аутор и проналазач Михаило М. Бошковић, проф. 31000 Ужице ул. Сењак бр. 25 Србија тел: 065/256-19-56
-4-
I
Трајна дела може стварати само човек који је избацио сваку мржњу из свог срца.
Подела угла на три једнака дела уз помоћ једног шестара и једног лењира
Анализа Ради лакшег схватања анализе поновимо неке односе кружних лукова и докажимо једну теорему која до сада није доказана. a) Сваком углу α у кружници припада одговарајући лук уколико је угао централни, или два пута већи лук уколико је теме угла на кружници.
B ASB = BAOC !
!
AB = 2AC
Сл. 1 b) Уколико је теме угла у унутрашњој области кружнице, углу α одговарају два лука који се лако могу трансформисати у један периферни угао са припадајућим луком једнаким збиру датих лукова. Углу α који захватају пра ве a и b припадају лукови !
CD .
AB
!
!
b' b .
!
Тада је
!
EC = AB + DC = ED + DC
Сл. 2 -5-
и
У тачки А конструишемо
праву b' тако да је !
!
c) Угао α биће подељен у односу 2:1 уколико је
!
!
CD = 2AB
!
!
CD = 2AB
0 BCS1 D = 2BAS2 B
0 B AS2 B =
a
3
2a 3
BCS1 D =
Сл. 3
d) Датој кружници k одредити геометријско место тачака (ГМТ) из којих се она види под углом
a,
a
2
и
a
4
.
Ову конструкцију ћемо реализовати овако: На слици 4 прво ћемо задатом углу aS 1b одредити симетралу s. У произвољној тачки O, на симетрали s конструишемо нормале na и nb на краке a и b као и на праву s. Затим ћемо описати кружницу k са центром O и полупречником једнаким удаљености тачке О од кракова a и b. Конструишимо тангенте t 1 и t 2 на кружници k које су паралелне крацима а и b и тангенте t 3 и t 4 које су паралелне оси s. У пресеку тангенти t 1 и t 2 налази се тачка S 2. Опишимо кружницу k 1 са центром О и полупречником ОS 2. Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом α. Тангенте t 2 и t 3 секу се у тачки B2. Опишимо кружницу k 2 са центром О и полупречником OB2. То је кружница из које се као ГМТ кружница k види под углом a . Обележимо 2
на тој кружници тачке B 1, B2, B3, B4, B5, B6, и B7. Дуж OB2 нанесимо на t 3 од тачке B2 и ту тачку обележимо са C 3. Опишимо кружницу k 4 са центром О и полупречником ОC 3. Кружница k 4 је ГМТ из које се кружница k види под углом
a
4
. Обележимо на тој кружници тачке C 1, C 2 ....... C 10.
На слици 4 конструишимо из тачака C 3 и C 4 тангенте t C3 и t C4 на кружницу k . Oве тангенте се секу под углом
a
2
. Како су оне тангенте на кружницу k њихов пресек мора
бити тачка B3 на кружници k 2, а тачка B3 је заједничка тачка и осе s. Посматрајмо троуглове: B2C 2C 3, B3C 3C 4, B4C 4C 5, B6C 7C 8 и B7C 9C 10. Сви наведени троуглови су подударни (СУС) јер су једнакокраки, а краци им износе колико и разлике тангентних дужи са k 4 и k 2 на кружницу k , док је крацима захваћен угао од -6-
a
2
.
Пошто је троугао
C 3C 4 подударан сваком од наведених троуглова, то је лук који
3
припада углу α на кружници k 4 подељен на осам једнаких лукова и то:
!. ! ! ! ! ! !! , , , , , , и C1 C2 C2 C3 C3 C4 C4 C5 C5 C6 C7 C8 C8 C9
C9 C 10
Њима је угао α подељен на осам периферних углова од по ферна угла од по
a
4
a
8
или на четири пери -
уколико им припадају по два наведена лука на кружници k 4.
Сл. 4
-7-
Посматрајмо сада кружницу k 2. Углу α припадају на кружници k 2 четири једнака
!!! !
лука, и то: B1 B2, B2 B4, B4 B5 и B6 B7 . Сваком од ових лукова припада периферни угао од или од
a
2
a
4
,
уколико угао садржи по два наведена лука.
Где је ГМТ из којих се кружница k види под углом
a
3
? Ово ГМТ је између k 2 и k 4,
којима се лук угла α дели на шест подударних лукова. На ово питање ће нам одговорити следећа теорема. Наша теорема 1: Ако се кружница k види под углом се види под углом
a
4
a
2
из ГМТ k 2 , а иста кружница
из ГМТ k 4 , тада се у пресеку тангенти из C 3 ( C3 ! k4 ) на кружницу
k и симетрале дужи MC 3 налазе тачке A 3 и А 4 из којих се кружница k види под углом од a
3
. ГМТ кружница k 3 (О, ОА3 ) је ГМТ из кога се кружница k види под углом од
a
(MC 3 је
3
разлика полупречника кружнице k 4 и k 2 ). Доказ: За доказ наше теореме 1 кренућемо од слике 4 без кружнице k 1. На слици 5 кон струишимо дуж MC 3 на полупречнику OC 3, где тачка M припада кружници k 2. Конструишимо симетралу p дужи MC 3. Она сече тангент t 3 и t C3 у тачкама А3 и А4. Конструишимо кружницу k 3 са центром у тачки О, полупречника ОА3. Пресек кружнице k 3 и тангенти из C 4 обележимо са A6 и А7. Обележимо остале тачке на кружници k 3 са А1, А2 ..... А13 као на слици 5. На слици 5 из тачака А3, А4, А6, и А7, конструишимо тангенте на кружницу k које нису до сада конструисане, а то су t 5, t 6, t 7 и t 8. Њихови пресеци са кружницом k 2 су тачке R, N , L и T, уз већ поменуте тачке B2, B3 и B4. Дуж B2 A3 = RA3 = NA4 = B3 A4 = B3 A6 = LA6 = TA7 = B4 A7 као разлике тангентних дужи са k 3 и k 2 на кружницу k . Четвороуглови ОB2 A3 R, ОNA4 B3, ОB3 A6 L и ОTA7 B4 су подударни делтоиди. Тачке А3, А4, А6, и А7 спајамо са тачком О. Спајамо тачке B2 и B4 са тачком О. Полуправа OB2 сече кружницу k 3 у тачки D. Угао DOA5 =
a
4
је подељен дужима OA3 и OA4 на три једнака дела по
a
12
(јер су по-
дударни троуглови OB2 A3, ORA3 и OB3 A4 зато што имају једнаке одговарајуће странице). Посматрајмо троугао OB2 A3. Његов спољашњи угао код темена B2 износи B B2 A3 O =
a
4
-
a
12
=
a
6
a
4
, па је
(јер је један спољашњи угао троугла једнак збиру два унутрашња
несуседна угла). Такође из троугла ORA3 је BOA3 R =
a
4
-
a
12
=
a
6
. Значи укупно B B2 A3 R =
a
3
.
Овим је наша теорема 1 доказана јер је кружница k 3 ГМТ из кога се кружница k види под углом
a
3
, а ово је први пут да је конструисана једна трећина угла α.
Посматрајмо троугао B2 A2 D и троугао B2 A3 D. Они су подударни јер имају заједничку страницу B2 D док је B2 A2 = B2 A3 као разлика тангентних дужи са кружница k 3 и k 2 на кружницу k , а угао B A2 B2 D = BA3 B2 D =
a
4
.
Одавде следи да је: A2 D = A3 D. Посматрајмо делтоид OB2 A3 R. Дијагонала OA3 је његова симетрала и симетрала угла код темена O. Посматрајмо троугао ODA3 и троугао OA3 A4. Они су подударни јер имају једнаке по две странице и угао захваћен тим страницама ( BDOA3 = BA3 OA4 ). Из ове подударности следи да је A3 D = A3 A4. -8-
Сл. 5
-9-
На исти начин из делтоида ONA4 B3 и OB3 A6 L и подударних троуглова A3OA4, A4OA5, A5OA6 и A6OA7 закључујемо да је: A3 A4 = A4 A5 = A5 A6 = A6 A7, па с обзиром на претходне закључке имамо да је лук
!подељен на шест једнаких A2 A7
делова: !
!!!! ! ! ! јер сваки од ових луко Сада већ можемо тврдити да је
!= A2 D
DA3 = A3 A4 = A4 A5 = A5 A6 = A6 A7 .
A2 A5 = A3 A7 = A5 A8
-
ва садржи по четири једнака дела из претходне једнакости (овде сматрамо подудар ним троуглове B A A , B A A , B A A , B A A и B A A ), па можемо писати да је ! !=!=!=!=!. = !и!. Како је Коначно, нашем углу α на кружници k одговарају лукови != 4 ! и!= 2 !, то је укупан лук који припада углу α на крућжници k 2
A1 A2
A2 A5
2
3
A5 A8
4
3
A8 A9
6
4
7
A10 E
8
7
10
6
11
12
13
EA13
A1 A9
3
A1 A9
$
A1 A2
A10 A13
$
A10 A13
A1 A2
3
подељен у односу 2:1. Зато је B A10 A1 A13 =
a
3
и B A1 A13 A9 = 2 a чиме је наша теорема 1 доказана. 3
Такође је лук угла α својим крацима подељен на кружнци k 3 у односу 2:1 као на слици 3. Дискусија: Решење је увек могуће и јединствено је за угао α који испуњава услове 0° < α < 180°. Пример 1: Поделити угао од 60° на три једнака дела уз помоћ једног шестара и једног лењира. Према конструкцији за потребу наше теореме 1 на слици 5, извршимо конструкцију угла од 60° и кружница k , k 2, k 3 и k 4 на слици 6. На основу наше теореме 1 једнаки су лукови: !=!=!=!или ! = = !=!=!или!=!или !=!=!=!=!=!, па сваком луку припада периферни угао !
A2 D
од
a
6
DA3
A3 A4
A2 A3
A3 A5
A5 A7
A1 A2
A2 A5
A5 A8
A4 A5
A5 A6
A2 A5
A6 A7
A3 A7
A8 A9
A10 E
EA13
= 10 . c
2a = 20 и B A1 A13 A9 = = 40 чиме је задатак решен уз до 3 3
a
Такође је B A13 A1 A10 =
c
c
каз. Решење је јединствено. Коначно: кружница k 3 сече краке угла α у тачкама A1, A9, A10 и A13. Периферни угао
!
кружнице k 3 коме припада
! изоси 2 A1 A9
a
3
A10 A13
износи
a
3
= 20 , а периферни угао коме припада лук
= 40 . c
- 10 -
c
Сл. 6
- 11 -
Пример 2: Произвољан угао α поделити на три једнака дела уз помоћ једног шестара и једног лењира. Конструкција: Нека је дат угао aS 1b = α. Конструишимо симетралу s угла α. Конструишимо круж ницу k , са ценром у произвољној тачки
O
!
s тако да краци угла
a и b буду тангенте круж -
нице k . Конструишимо тангенте t 1 и t 2 паралелне крацима a и b и тангенте t 3 и t 4 паралелне оси s.
t2 + t3 = {B} . Bt2 B2 t 3 =
a
2
. Опишимо кружницу k 2(O, OB2). Дуж OB2 нанесимо на
тангенту t 3 од B2 и добићемо на t 3 тачку C 3. B B2 C3 O = тачке C 3 на кружницу k . Bt3 C3 t 3 = C
a
4
a
8
. Конструишимо тангенту t C3 из
. Конструишимо кружницу k 4 (O, OC 3). Она је ГМТ
из којих се кружница k види под углом
a
4
. Конструишимо симетралу p дужи MC 3 (Тачка
M је пресек полупречника OC 3 и кружнице k 2). Она сече тангенте t 3 и t C 3 у Тачкама A3 и A4. Конструишимо кружницу k 3 (O, OA3). Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом a
3
. Bt3 A3 t 5 =
a
3
.
Доказ: Да је Bt3 A3 t 5 =
a
3
следи на основу наше теореме 1.
Дискусија: Задатак има јединствено решење уколико је 0° < α < 180°.
Сл. 7 - 12 -
Мој одговор онима који су тврдили да је задатак нерешив ј е: Нема те тачке у равни коју шестар и лењир не могу повезати и наћи. Посебан одговор књизи „Теорија једначина” од др Мирка Стојаковића у којој се доказује да се угао од 60° не може поделити шестаром и лењиром на три једнака дела, јер једначина 4 x3 - 3x - 1 = 0 није степен двојке. 2
Изведени закључак није коректан и он би могао да се промени можда у следећи: Половљењем не можемо доћи до трећине. Када ова једначина не би имала реалних корена, не би била могућа ни геометријска конструкција.
Аутор Михаило М. Бошковић проф. 31000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/256-19-56
- 13 -
II
Не може се стално уживати осим у Љубави.
Подела угла на n једнаких делова уз помоћ једног шестара и једног лењира 1) Анализа Поступак за поделу угла на три једнака дела дат је у нашој теореми 1. Да би угао α поделили на n једнаких делова докажимо нашу теорему 2. Наша теорема 2 гласи: Ако се кружница k види под углом кружница се види под углом
a
n+2
a
n
из ГМТ k n , а иста
из ГМТ k n+2 (n је паран број), тада се у пресеку тан-
генти из тачке Х n+2 и симетрале дужи r n+2 – r n која садржи тачку Х n+2 налазе тачке које припадају ГМТ из којих се кружница k види под углом
a
n+1
. (Тачка Х n+2 је тачка пресека
тангенте t S1 и кружнице k n+2 , а r n+2 – r n је разлика полупречника кружница k n+2 и k n , слика 8). Наша теорема 2 тврди да ако знамо парне поделе угла α, можемо одредити непарну поделу угла α.
Доказ наше теореме 2:
2) Конструкција угла
a
n
Крацима угла α одредимо симетралу s и теме S 1. На симетрали s одаберемо произвољно тачку О. Конструишимо нормале из тачке О на краке угла a и b као и норма лу на s. У произвољним тачкама A, B и C кракова a и b и симетрале s конструишимо нор мале. Конструишимо кружницу k са центром О и полупречником једнаким удаљености тачке О од кракова угла α. Нанесимо пречник на нормале у тачкама A и B и полупречнике на нормалу на s у тачки C . Конструишимо тангенте t a1 и t b1 паралелне са a и b и t s1 и t s2 паралелне са симетралом s. Тангенте t s1 и t b1 секу се у тачки X 2. Конструишимо кружницу k 2 (О, ОX 2). Она је ГМТ из којих се кружница k види под углом
a
2
.
Полупречник ОX 2 нанесимо на тангенту t s1 од X 2 и добићемо тачку X 4. Тачка X 4 је тачка ГМТ из којих се кружница k види под углом
a
4
. Конструишимо полупречник ОX 4 и
тангенту t X 4. Овај полупречник је секао кружницу k 2 у тачки M 2. Конструишимо симетралу дужи М 2 X 4 сходно нашој теореми 1. Она сече тангенте ts1 и t X 4 у тачкама X 3 и Y 3. Ове тачке припадају кружници k 3 (ГМТ) из којих се кружница k види под углом - 14 -
a
3
. Конструишимо
Сл. 8 - 15 -
кружницу k 3. Спојимо тачке X 3 и О. Слич-
Због немогућности да по -
но као у претходном случају полупречник
делу угла α прикажемо на сли -
OX 3 нанесемо на t s1 од X 3 и добићемо тачку
ци 8 то ћемо урадити на детаљу
X 6 која припада ГМТ из којих се кружница
слике 8 око ГМТ k n
a
k види под углом од
, .... и тако даље пре-
6
ма нашој теореми 1 добићемо кружнице k 5, k 6, k 7, k 10 .... k n, k n+1, k n+2 ...
3) Доказ На слици 8а (као на нашем детаљу) конструисано је n ГМТ из којих се круж a
ница k види под углом
n
. Код сваког од
ових углова први крак је тангента t s1, а други крак је тангента t n на кружницу k . Током овог рада сваку од тангената t n смо кон струисали помоћу одговарајуће тангентне дужи са тангенте t s1 почев од тачке P n до њеног пресека са кружницом k . за
n=2&
a
за
n=3&
a
за
n=4&
a
за
n=5&
a
за
n=6&
a
за
n=7&
a
n n n n n n
a
=
2 a
=
3 a
=
4 a
=
5 a
=
6 a
=
7
ГМТ - k 2 ГМТ - k 3 Сл. 8а
ГМТ - k 4 ГМТ - k 5 ГМТ - k 6 ГМТ - k 7
----------------------------------------------------------
a
за
n = k-1 &
за
n=k&
за
n = k+1 &
a
за
n = k+2 &
a
a
n
n
=
=
a
k
n n
a
k-1
ГМТ - k k
= =
a
k+1 a
k+2
Нађимо разлике углова јер је
a
k
-
a
k+1
=
ГМТ - k k-1
a
k
ГМТ - k k+1 ГМТ - k k+2
-
a
k+1
. Ова разлика је угао k + 1 пута мања од угла
ak
a + a - ak = . k^ k + 1h k ^k + 1h
- 16 -
a
k
a
1) за k = 2;
2
за k = 3;
a
за k = 4;
a
за k = 5;
a
3 4 5
a
-
3
a
-
=
4 a
-
a
-
12
=
6
тврђење је истинито, доказано нашом теоремом 1.
6
a
=
5
a
=
a
20 a
30
----------------------------------------------------------
a
за k = 999;
-
999 a
за k = 1000;
a
a
1001 a
-
1001
a
=
1000 -
1000
за k = 1001;
a
1002
999000 = =
a
1001000 a
1003002
----------------------------------------------------------
a
за n = k – 1;
k-1 a
2) за n = k ;
k
3) за n = k+1;
-
a
k
a
-
k+1
a
k+1
-
=
=
a
k^k - 1h a
k^ k + 1h
a
k+2
=
ако је претходна једнакост истинита
претпоставимо да је ова једнакост тачна a + 2a - ak - a = што је истинито ^k + 1h^k + 2h ^k + 1h^k + 2h
ak
Применимо принцип математичке индукције на формулу: a
n
-
a
n+1
= a
1) за n = 2,
2
ak
a + a - ak = . n^n + 1h n^n + 1h
-
a
3
=
a
6
ово тврђење је тачно на основу доказа наше теореме 1.
2) Претпоставимо да је тачна формула за n = k ,
a
-
k
a
k+1
=
a
k^k + 1h
.
3) Ако је претходна формула тачна, тачна је и следећа: за n = k + 1, имамо a
k+1 a
k+1
-
a
k +2 a
k+2
= =
a
^k + 1h^k + 2h
јер је
a + 2a - ak - a = ^k + 1h^k + 2h ^k + 1h^k + 2h
ak
што значи да је формула тачна за сваки природни број већи од 1, чиме је наша теорема 2 доказана. Угао α је подељен на n једнаких делова ако је разлика
a
n
-
a
n+1
=
a
n^ n + 1h
4) Дискусија Подела је могућа за 0° < α < 180°. Михаило М. Бошковић проф. 31000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/256-19-56
- 17 -
.
III
Конструкција сваког правилног многоугла уз помоћ једног шестара и једног лењира На основу поделе угла на n једнаких делова, можемо конструисати сваки прави лан многоугао ако му знамо дужину странице, или полупречник уписаног или полупреч a
ник описаног круга. Како теореме (наша теорема 1 и теорема 2) одређују угао ако знамо
a
и
n
a
n+2
n+1
(n је паран број), то сваки правилан многоугао припада једном
од два подскупа или садржи паран број страница или садржи непаран број страница, чиме смо покрили да
n
!
N и
n > 2 садржи све правилне многоуглове. Централни угао
многоугла 360 је централни угао који припада једној страници многоугла. Практично c
n
и изводљиво је у смислу услова поменутих теорема 1 и 2 поделити на n једнких делова угао од 90°, па затим тај угао помножити са 4 и добити угао 360 . Овај поступак може c
n
бити поједностављен у примерима код којих је централни угао многоугла 5°, 10°, 20°, 40° и слично. Тада је довољно угао од 60° поделити на три једнака дела и већ имамо угао од 20° и 40°, па можемо одмах конструисати правилан 18-угао, односно 9-угао и тако даље. Пример 1° Конструисати правилан деветоугао коме је полупречник описаног круга 5cm. Поступак: 1) Анализа: Приказаћемо поступак како можемо применом наших теорема 1 и 2 конструисати угао
a
9
. Угао
мо конструисати ако знамо
a
9 a
5
можемо конструисати ако знамо . Угао
можемо конструисати ако знамо угао a
2
и
a
4
a
5
a
8
и
a
10
можемо конструисати ако знамо
a
3
. Угао
a
3
. Угао a
4
и
a
10
a
6
може-
. Угао
a
6
можемо конструисати ако занмо углове
.
2) Конструкција: Прво ћемо конструисати угао as1 B = α = 90°, слика 9. Затим кон струишемо његову симетралу s. Одаберемо на њој тачку О и конструишемо из ње норма ле на a и b. На удаљености тачке O од кракова a и b конструишемо кружницу k са центром у тачки O Конструишимо тангенте на кружницу k које су паралелне оси s као и тангенте које су паралелне крацима a и b. То су тангенте t s1, t s2 , t a1 , t b1. Тангента t b1 сече тангенту t s1 у тачки Х 2. Спајамо тачке O и X 2 и конструишемо кружницу k 2. Кружница k 2 (O, OX 2) је кружница из чијих тачака се кружница k види под углом од 90 . Величину OX 2 нанесимо c
2
на t s1 од X 2 и добићемо тачку X 4. То је тачка из које се кружница k види под углом 90
c
4
. Конструишимо кружницу k 4 (О, ОX 4) Спајамо тачке X 4 и O, а пресек те дужи са k 2 обележимо са M 2. Конструишимо другу тангенту из тачке X 4 на кружницу k и ту тангенту обележимо са t X 4 (тачка Р n припада пречнику кружнице k који је нормалан на осу s). - 18 -
Сл. 9 - 19 -
Применом наше теореме 1 конструишимо симетралу дужи M 2 X 4. Она сече тангенте из X 4 на кружницу k у тачкама X 3 и Y 3. Спајамо тачке X 3 и O и конструишемо тангенту t X 3 из тачке X 3 на кружницу k. Сада је Bt 1 X3 t 3 = 90 . c
s
X
3
Дуж OX 3 нанесимо на t S 1 од X 3 и добијену тачку обележимо са X 6. Спајамо тачке X 6 и O. Угао
tS 1 X6 O =
90 односно Bt X t 90 (t је тангента из X на кружницу k ). ПреS1 6 X 6 = X 6 6 12 6 c
c
сек кружнице k 4(O, O X 4) са полупречником OX 6 је тачка M 4. Симетрала дужи M 4 X 6 сече тангенту t S1 у тачки X 5. Угао
ts1 X5 O =
90 односно угао t X t 90 (где је t тангента 5 X 5 = s1 X 5 10 5 c
c
из тачке X 5 на кружницу k ). Дуж OX 4 нанесимо на ts1 од тачке X 4 и ту тачку обележимо са X 8. Конструишимо полупречник OX 8 и конструишимо кружницу k 8(O, OX 8). Из тачке X 8 кружница k се види под углом 90 . c
8
Дуж OX 5 нанесимо на t s1 од тачке X 5 и добићемо тачку X 10. Спајамо тачке X 10 и O, а пресек те дужи са кружницом k 8 обележимо са M 8. Пресек симетрале дужи M 8 X 10 и тангенте t s1 обележимо са X 9. То је на основу наше теореме 2 тачка из које се кружница k види под углом од 90 . Конструишимо тангенту t X 9 c
9
на кружницу k и нека је додирна тачка Qn. Конструишемо симетралу дужи X 9Qn. Она сече тангенту t s1 у тачки P 1. Угао P n P 1Qn = 180 . c
9
Нађимо симетралу дужи P 1Qn. Она сече t s1 у тачки P 2. Конструишимо праву P 2Qn. Угао P n P 2Qn = 360 што је централни угао нашег деветоугла. c
9
Узмимо у отвор шестара дуж од 5cm па са тим полупречником опишимо кружницу k 1( P 2, 5cm). Та кружница је описана кружница нашег деветоугла. Дуж AB ( A је пресек кружнице k 1 и t s1, а B је пресек кружнице k 1 и полуправе P 2Qn) је једна страница траженог деветоугла. Преношењем дужи AB као тетиве на кружницу k 1( P 2, 5cm) добијамо темена траженог деветоугла ( ABCDEFGHI ). 3) Доказ: Да је многоугао ABCDEFGHI правилан деветоугао коме је полупречник описаног круга 5cm следи из анализе и конструкције уз примену наше теореме 1 и наше теореме 2. 4) Дискусија: Задатак има јединствено решење. То је деветеоугао ABCDEFGHI . Конструкцију смо могли много једнсотавније
и брже реализовати, да смо пришли
конструкцији угла од 40° преко поделе угла од 60° у односу 2:1 или трисекцијом угла 120°. Али овакав пут смо изабрали ради уопштеног поступка за конструкцију правилних многоуглова. Истовремено током ове конструкције налазили смо углове: 90 90 , 90 , 90 , 90 , 90 и тако даље. = Bts1 X10 O, 20 18 16 12 10 5 c
c
c
c
c
c
5) Примена: Иако примена при геометријској конструкцији није предвиђена, ми ћемо упозорити на корист од ове конструкције. Пошто се сваки многоугао може конструисати помоћу поделе угла од 90° на n једнаких делова, то се за оне који врше конструкције на - 20 -
компјутеру предлаже једна кострукција угла 90 до неког броја и који задовољава ваше c
n
потребе, а конкретно се наставља конструкција одређеног многоугла тако штио се угао 90 множи са четири (као у овом примеру). Правилан тринаестоугао можемо конструи n сати тако што ћемо од 90 и 90 помоћу наше теореме 2 наћи 90 , после чега ћемо од 6 8 7 познатих 90 и 90 помоћу наше теореме 2 наћи угао 90 , и тако даље. 12 14 13 c
c
c
c
c
c
c
Михаило М. Бошковић проф. 31000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/256-19-56
- 21 -
ОВА РЕШЕЊА ДАЈЕМ СЛОБОДНИМ МАТЕМАТИЧАРИМА, МАТЕМАТИЧКИМ ИНСТИТУЦИЈАМА, И КОНГРЕСИМА МАТЕМАТИЧАРА
ДА
потврде и признају моја решења ових проблема. Такође треба одбацити досадашње грешке из ове области, као и греш ке начињене у области теорије једначина и других теорија, а које се односе на ову проблематику.
Михаило М. Бошковић проф. 31000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/256-19-56
- 22 -
Шта је Љубав?
Љубав је основни појам и не може се дефинисати. Такви појмови су на пример: тачка, права, раван, број, скуп, простор и тако даље. Како да замислимо Љубав? Љубав замишљамо као сталну доброту. Љубав не чини што не ваља. Љубав није злурада. Љубав се радује правди и истини. Љубав није завидљива. У Љубави нема користољубља. Љубав није задовољавање жудње. Љубав подноси све и не очекује узвраћање. Љубав увек верује и никад не губи наду. Љубав не зна за страх. Љубав је праштање. Љубав је молитва за здравље пријатеља и непријатеља. Љубав је помагање и лечење болесних. Љубав је помагање сиромашних. Љубав је учење ненаучених. Љубав је поклањање и даривање. Љубав се не хвали и не уздиже. Када се Љубав оглашава, она губи и умањује се. Највреднију истину о љубави написао је еванђелист и најмилији апостол Исуса Христа, Јован Богослов, речима: „Бог је Љубав, и ко пребива у Љубави, у Богу пребива, и Бог у њему.” За одговор на питање „Шта је Љубав?” поред личног искуства користио сам књиге у којима се износе највеће мудрости света. Михаило М. Бошковић проф. 31000 Ужице, Србија ул. Сењак бр 25 тел: 065/256-19-56
- 23 -
Ову звездицу сам додирнуо са својим унукама Емом, Мином, Дуњом и унуком Игором.t
