Najvažnija je stvar ne prestati postavljati pitanja. Radoznalost ima svoj razlog postojanja.
Albert Einstein (1879. – 1955.)
Poznato je da odaberemo li bilo koju točku unutar jednakostraničnog trokuta, zbroj njezinih udaljenosti do stranica neovisan je o položaju odabrane točke. U ovom članku nastavljamo s ispitivanjem još nekih zanimljivih svojstava jednakostraničnog trokuta vezanih upravo za izbor točke unutar njega.
Einstein je vjerovao kako je radoznalost ključni pokretač znanosti i napretka. Ne treba se bojati postavljati pitanja jer nas ona vode prema otkrivanju novih spoznaja.
Uvjerimo se da je tako. U članku [1] iz 127. broja MiŠ-a jedan od zadataka glasio je:
Zadatak 1. Ako se točka $T$ nalazi u unutrašnjosti jednakostraničnog trokuta, onda je zbroj udaljenosti te točke od stranica trokuta jednak duljini visine trokuta. Dokažite.
Zapitajmo se sada i potražimo odgovor na sljedeće pitanje:
Što ako se točka $T$ nalazi u unutrašnjosti jednakostraničnog trokuta i ako su točke $K$, $L$ i $Q$ projekcije točke $T$ na visine $\overline{AD}$, $\overline{BE}$ i $\overline{CF}$ tog trokuta. Čemu je jednak zbroj udaljenosti tih točaka do vrhova tog trokuta?
Odgovor: Eksperimentiranjem se može naslutiti da vrijedi $|AK|+|BL|+|CQ|=2\cdot |AD|$. Ponudit ćemo dva dokaza ove tvrdnje.
Dokaz 1. Neka je $T$ bilo koja točka unutar jednakostraničnog trokuta $ABC$. U [1] smo dokazali da je $$|TX|+|TY|+|TZ|=|AD|.\tag{1}$$ Sad imamo (vidi sliku 1. i uvedene oznake): $$|KD|=|TX|,\hskip1cm |LE|=|TY|,\hskip1cm |QF|=|TZ|\tag{2}$$ pa je $$\begin{align}|AK|+|BL|+|CQ|&=(|AD|-|KD|)+(|BE|-|LE|)+(|CF|-|QF|)\\ &(\text{zbog }|AD|=|BE|=|CF|)\\ &= 3\cdot|AD|-(|KD|+|LE|+|QF|)\\&=3\cdot|AD|-(|TX|+|TY|+|TZ|)\\ &=3\cdot|AD|-|AD|\\ &=2\cdot|AD|.\end{align}$$
Time je gotov prvi dokaz.
Dokaz 2. Neka produžetak dužine $\overline{LT}$ preko točke $T$ siječe visinu $\overline{BE}$ u točki $R$ te neka je $S$ projekcija točke $R$ na visinu $\overline{CF}$ trokuta $ABC$ (vidi sliku 2).
Imamo $$\begin{align}&|AL|+|BK|+|CQ|=2\cdot|AD|\\ \Leftrightarrow& |AL|+|BK|+|CQ|=|AD|+|AD|\hskip1cm (\text{zbog } |AD|=|CF|)\\ \Leftrightarrow& |AL|+|BK|+|CQ|=|AD|+|CF|\\ \Leftrightarrow & |AL|+|BK|+|CQ|=|AL|+|LD|+|CQ|+|QF|\\ \Leftrightarrow &|BK|=|LD|+|QF|\\ \Leftrightarrow& |BR|+|RK|=|LD|+|QS|+|SF|.\end{align}\tag{3}$$
Označimo s $P$ projekciju točke $R$ na stranicu $\overline{BC}$ trokuta $ABC$. Tako je $|RP|=|LD|$.
U pravokutnom trokutu $BPR$ je $\sin(\angle RBP)=\dfrac{|RP|}{|BR|}$, tj. $$\sin30^{\circ}=\dfrac{|RP|}{|BR|}=\dfrac{|LD|}{|BR|}\Leftrightarrow|LD|=|BR|\cdot\sin30^{\circ}=\frac12|BR|.\tag{4}$$
Dalje je $$|RV|=|RP|=|LD|=|SF|=\frac12|BR|.\tag{5}$$
U pravokutnom trokutu $TKR$ je $\sin(\angle KTR)=\dfrac{RK}{RT}$, tj. $$\sin60^{\circ}=\frac{|RK|}{|RT|}\Leftrightarrow|RK|=|RT|\cdot \sin60^{\circ}.\tag{6}$$
Projekcija $\overline{RT}$ na $|CF|$ je $\overline{QS}$. Zato je $$|QS|=|RT|\cdot\cos30^{\circ}.\tag{7}$$
Iz (6) i (7) slijedi da je $|RK|=|QS|$.
Nastavimo (3) ekvivalentnim jednakostima: $$\begin{align}&|BR|+|QS|=|LD|+|QS|+|SF|\\ \Leftrightarrow&|BR|=|LD|+|RV| \\ \Leftrightarrow&|BR|=\dfrac 12 |BR|+\dfrac 12 |BR|\end{align}$$ što je točno, pa je točna i njoj ekvivalentna polazna jednakost.
Dokažite bez primjene trigonometrije (to bi bio dokaz 3.).
Teorem. Ako točka $M$ leži u unutrašnjosti jednakostraničnog trokuta $ABC$ i ako su projekcije te točke na stranicu $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ i $\overline{AB}$ redom točke $P$, $Q$ i $R$, onda pravci $AP$, $BQ$ i $CR$ prolaze istom točkom ako i samo ako točka $M$ leži na visini trokuta.
Dokaz. Uvedimo oznake kao na slici 3, $|AB|=|BC|=|CA|=a$, $|AQ|=x_1$, $|CQ|=y_2$, $|CP|=z_1$, $|BP|=x_2$, $|AR|=z_2$ i $|BR|=y_1$.
Pretpostavimo da pravci $AP$, $BQ$ i $CR$ prolaze istom točkom.
Primjenom Cevina poučka imamo: $x_1\cdot y_1\cdot z_1=x_2\cdot y_2\cdot z_2$, a primjenom Pitagorina poučka na trokute $AMQ$, $BMR$ i $CMP$ te trokute $AMR$, $BMP$ i $CMQ$ imamo da je $x_1^2=|AQ|^2=|AM|^2-|MQ|^2$, $y_1^2=|BR|^2=|BM|^2-|MR|^2$, $z_1^2=|CP|^2=|CM|^2-|MP|^2$, $x_2^2=|BP|^2=|BM|^2-|MP|^2$, $y_2^2=|CQ|^2=|CM|^2-|MQ|^2$ i $z_2^2=|AR|^2=|AM|^2-|MR|^2$.
Nakon zbrajanja ovih jednakosti dobivamo $$\begin{align}x_1^2+y_1^2+z_1^2&=|AM|^2-|MQ|^2+|BM|^2-|MR|^2+|CM|^2-|MP|^2\\ x_2^2+y_2^2+z_2^2&=|BM|^2-|MP|^2+|CM|^2-|MQ|^2+|AM|^2-|MR|^2.\end{align}$$ Odavde slijedi $$x_1^2+y_1^2+z_1^2=x_2^2+y_2^2+z_2^2.\tag{8}$$
Sa slike 3. vidimo da je $x_1+y_2=x_2+z_1=y_1+z_2=a$ i $$x_1+x_2+y_1+y_2+z_1+z_2=3a\implies x_1+y_1+z_1=3a-(x_2+y_2+z_2).\tag{9}$$ Osim toga, vrijedi $x_1=a-y_2$, $y_1=a-z_2$, $z_1=a-x_2$.
Nakon kvadriranja posljednjih triju jednakosti i zbrajanja dobivamo $$\begin{align}x_1^2+y_1^2+z_1^2&=a^2-2ay_2+y_2^2+a^2-2az+z_2^2+a^2-2ax_2+x_2^2\\ &=3a^2+x_2^2+y_2^2+z_2^2-2a(x_2+y_2+z_2)\\ &=3a^2+x_1^2+y_1^2+z_1^2-2a(x_2+y_2+z_2)\\ &\Leftrightarrow\hskip5mm 3a^2-2a(x_2+y_2+z_2)=0\\ &\Leftrightarrow\hskip5mm 3a=2(x_2+y_2+z_2)\\ &\Leftrightarrow\hskip5mm x_2+y_2+z_2=\frac{3a}{2}.\end{align}\tag{10}$$
Iz (9), tj. $$\begin{align}&x_1+y_1+z_1=3a-(x_2+y_2+z_2)\\ &\Leftrightarrow\hskip5mm x_1+y_1+z_1=3a-\frac{3a}{2}=\frac{3a}2,\end{align}\tag{11}$$ tj. na osnovi (10) i (11) $x_1+y_1+z_1=x_2+y_2+z_2$.
Dalje je $$\begin{align}x_1y_1+x_1z_1+y_1z_1&=(a-y_2)(a-z_2)+(a-y_2)(a-x_2)+(a-z_2)(a-x_2)\\ &=3a^2-2a(x_2+y_2+z_2)+x_2y_2+x_2z_2+y_2z_2\\ &=3a^2-2a\cdot\frac{3a}2+x_2y_2+x_2z_2+y_2z_2=x_2y_2+x_2z_2+y_2z_2.\end{align}$$
Imamo, dakle, da je $$x_1+y_1+z_1=x_2+y_2+z_2, x_1y_1+x_1z_1+y_1z_1=x_2y_2+x_2z_2+y_2z_2, x_1y_1z_1=x_2y_2z_2.\tag{12}$$
Uočimo kako su izrazi u (12) upravo simetrični polinomi koji se javljaju u Vièteovim formulama za kubnu jednadžbu. Stoga definirajmo polinome $P(t)=(t-x_1)(t-y_1)(t-z_1)$ i $Q(t)=(t-x_2)(t-y_2)(t-z_2)$. Prema (12), za sve $t$ je $$\begin{align}P(t)&=t^3-t^2(x_1+y_1+z_1)+t(x_1y_1+x_1z_1+y_1z_1)-x_1y_1z_1\\ &=t^3-t^2(x_2+y_2+z_2)+t(x_2y_2+x_2z_2+y_2z_2)-x_2y_2z_2=Q(t),\end{align}$$, tj. radi se o jednakim polinomima $P$ i $Q$. Tada su im i korijeni jednaki, tj. $\{x_1,y_1,z_1\}=\{x_2,y_2,z_2\}$. Može se pojaviti šest mogućnosti: $(x_1,y_1,z_1) = (x_2,y_2,z_2)$, $(x_1,y_1,z_1) = (z_2,x_2,y_2)$, $(x_1,y_1,z_1) = (z_2,y_2,x_2)$, $(x_1,y_1,z_1) = (y_2,x_2,z_2)$, $(x_1,y_1,z_1) = (y_2,z_2,x_2)$, $(x_1,y_1,z_1) = (x_2,z_2,y_2)$.
Promotrimo pimjerice treću mogućnost (slika 5). Pravokutni su trokuti $ARM$ i $AQM$ sukladni, a budući da je mjera kuta $\angle BAC$ jednaka $60^{\circ}$, slijedi kako su mjere kutova $\angle BAP$ i $\angle PAC$ $30^{\circ}$, tj. $M$ se nalazi na simetrali kuta $\angle BAC$, a kod jednakostraničnog trokuta simetrala kuta sadržava i visinu, pa se $M$ nalazi na visini trokuta $ABC$. Analagno se razmatraju ostale mogućnosti u kojima dobivamo isti zaključak, te konačno zaključujemo da točka $M$ leži na visini trokuta.
Ako točka $M$ leži na visini trokuta, tada je $x_1y_1z_1=x_2y_2z_2$ i na osnovi obrata Cevina teorema pravci $AP$, $BQ$ i $CR$ prolaze istom točkom. Time je dokaz gotov.
Literatura
- A. Muminagić, S. Varošanec (2024.): Zašto jednostavno kad može komplicirano, Matematika i škola, br. 127., godište XXVI