2. Zadatak

Za polukrug kažemo da je pravilno smješten u veći polukrug ako su im promjeri paralelni, krajevi promjera manjeg polukruga leže na polukružnici većeg polukruga i polukružnica manjeg polukruga dodiruje promjer većeg polukruga.

Pravilno smješten polukrug u većem polukrugu

Dan je niz polukrugova $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ , $\ldots$ , pri čemu je, za svaki $n\in\mathbb N$ , polukrug $K_{n+1}$ pravilno smješten u polukrug $K_n$ . Područje koje pripada polukrugu $K_n$ i ne pripada polukrugu $K_{n+1}$ obojeno je plavom ako je $n$ neparan, a žutom bojom ako je $n$ paran broj.

Polumjer polukruga $K_1$ iznosi $1$ . Odredi ukupnu površinu obojenu plavom bojom.

Prvo rješenje.

Neka je, za $n\in\mathbb N$ , polumjer polukruga $K_n$ jednak $r_n$ i njegova površina jednaka $P_n$ . Neka je $AB$ promjer polukruga $K_1$ , $CD$ promjer polukruga $K_2$ , te neka je $F$ polovište dužine $CD$ . Neka je točka $E$ diralište polukružnice $K_2$ i pravca $AB$ .

Tada je $EF$ polumjer kružnice $K_2$ , te je okomit na tangentu $AB$ . Budući da su $AB$ i $CD$ paralelni, slijedi da su pravci $CD$ i $EF$ također okomiti.

Budući da je $F$ polovište dužine $CD$ , pravac $EF$ je simetrala te dužine. Polovište dužine $AB$ je središte polukružnice na kojoj se nalaze točke $C$ i $D$ , pa i ono leži na pravcu $EF$ . Zaključujemo da je $F$ upravo polovište dužine $AB$ .

Konstrukcija za odnos polumjera polukrugova

Prema pokazanom, trokut $EFC$ je jednakokračan pravokutan trokut s pravim kutom pri vrhu $F$ . Njegove katete su duljine $|FE|=|FC|=r_2$ i hipotenuza je duljine $|EC|=r_1$ . Iz Pitagorinog poučka za taj trokut zaključujemo da je $r_2=\frac1{\sqrt2}r_1$ .

Analogno je $r_{n+1}=\frac1{\sqrt2}r_n$ , odnosno

r_n=\left(\frac1{\sqrt2}\right)^{n-1}, \qquad\text{za svaki }n\in\mathbb N.

Nadalje, računamo da je

P_n=\frac12\cdot r_n^2\cdot\pi=\frac12\cdot\left(\frac12\right)^{n-1}\cdot\pi=\frac{\pi}{2^n}, \qquad\text{za svaki }n\in\mathbb N.

Površinu prekrivenu plavom bojom možemo izračunati tako da prvo ubrojimo površinu plave $P_1$ , pa od nje oduzmemo površinu žute $P_2$ , pa njoj pribrojimo površinu plave $P_3$ , pa opet oduzmemo površinu žute $P_4$ , itd. Dakle, tražimo

P=P_1-P_2+P_3-P_4+\cdots.

Uvrstimo li izraze za $P_n$ slijedi

\begin{aligned} P&=\frac\pi2-\frac\pi4+\frac\pi8-\frac\pi{16}+\cdots\\ &=\frac\pi2\left(1-\frac12+\frac14-\frac18+\cdots\right)\\ &=\frac\pi2\cdot\frac1{1+\frac12}=\frac\pi2\cdot\frac23=\frac\pi3. \end{aligned}

U predzadnjem koraku smo koristili formulu za sumu geometrijskog reda:

\sum_{n=0}^{+\infty}q^n=\frac1{1-q}, \qquad\text{za }q=-\frac12\in\langle-1,1\rangle.

Drugo rješenje.

Kao u prošlom rješenju, nađemo da je površina $n$ -te polukružnice jednaka $P_n=\frac\pi{2^n}$ .

Ukupnu plavu površinu možemo izračunati tako da izračunamo zbroj površina skupova $K_1\setminus K_2$ , $K_3\setminus K_4$ , $\ldots$

Točnije, računamo

P=(P_1-P_2)+(P_3-P_4)+(P_5-P_6)+\cdots,

gdje je jedna od zagrada jednaka

P_{2k-1}-P_{2k}=\frac\pi{2^{2k-1}}-\frac\pi{2^{2k}}=\frac\pi{2^{2k}}=\frac\pi{4^k}.

Računamo ukupnu površinu:

\begin{aligned} P&=\frac\pi4\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac14\right)^k\\ &=\frac\pi4\cdot\frac1{1-\frac14}=\frac\pi3, \end{aligned}

gdje smo koristili formulu za sumu geometrijskog reda, za $q=\frac14\in\langle-1,1\rangle$ .