Problemlösning med geometriska avbildningar

Transkript

1 Problemlösning med geometriska avbildningar Patric Rajala Enskilda gymnasiet Gymnasiearbete 100p Handledare: Andreas Rung

2 ABSTRACT Geometrical transformations are useful tools for solving numerous geometry problems. There are, however, many distinct types of transformations, and often only a few of them are useful in solving a problem. Therefore, knowing which one to use given a specific problem is a difficult task. The purpose of this paper is to introduce four of the most commonly used types of geometrical transformations: isometries, similarity transformations, inversion and projective transformations, in addition to studying which type of problem each of the aforementioned transformations can be used to solve. It was found that the problems a transformation may be able to solve often are ones where the geometric property to be proved, such as collinearity or ratio of lengths, is preserved under the transformation. 2

3 INNEHÅLLSFÖRTECKNING ABSTRACT INLEDNING Metod Beteckningar TEORI Isometrier Translation Rotation Spegling Likformighetsavbildningar Sträckning Spirallikformigheter Inversion Projektiva avbildningar Centralprojektion Dualitet Parallellprojektion Avbildningarna och olika problemtyper PROBLEM Isometrier Likformighetsavbildningar Inversion Projektiva avbildningar LÖSNINGAR TILL PROBLEMEN DISKUSSION REFERENSER

4 1. INLEDNING Inom geometrin finns rikligt med problem som kan lösas på många olika sätt, genom flera olika strategier. Ett av dessa sätt att lösa problem är att utnyttja olika slags geometriska avbildningar för att förenkla problemkostruktionen, eller för att komma fram till nya insikter gällande problemet. Emellertid ligger en svårighet i att veta vilken avbildning som är lämplig att använda givet en viss typ av problem, och vilka slags problem en given avbildning kan bidra till att lösa. Föreliggande arbete kommer att betrakta frågan vilka slags problem olika avbildningar kan användas till att lösa. Före det presenteras några avbildningar och ett antal av deras egenskaper. De avbildningar som kommer att behandlas är fyra inom problemlösning relativt vanligen förekommande grupper av geometriska avbildningar: isometrier, likformighetsavbildningar, inversion och projektiva avbildningar. Tanken att skriva detta arbete uppstod till en början när jag funderade över ett ämne att behandla i mitt gymnasiearbete. Att ämnesområdet skulle vara matematik kändes som en självklarhet, men vilken del av matematiken jag skulle fokusera på var svårare att bestämma. Efter att något tidigare ha stiftat bekantskap med de geometriska avbildningarna hyste jag en tveksamhet över deras användbarhet i problemlösningssammanghang; när vet man om en geometrisk avbildning kan förenkla ett problem, och i så fall vilken avbildning? Föreliggande arbete är resultatet av dessa funderingar. Denna rapport riktar sig främst till dem som har ett intresse för problemlösning eller geometri, såväl till dem som är obekanta med geometriska avbildningar som dem som redan har förkunskaper inom ämnet. För de senare ska detta arbete förhoppningsvis kunna pigga upp minnet och bekräfta gamla kunskaper. Större förkunskaper än gymnasiematematiken torde inte behövas för att tillgodogöra sig den teori som i denna rapport presenteras. Om någon för läsaren okänd sats används i ett bevis uppmanas läsaren att bekanta sig med satsen, för att lättare kunna följa resonemangen i bevisen. För att inte göra arbetet alltför omfattande har ett antal saker utelämnats, bland annat behandlas inte avbildningar av föremål i fler än två dimensioner. Vidare kan det nämnas att fokus har varit på de rent geometriska aspekterna av avbildningarna, varför exempelvis trigonometri, matriser och koordinatgeometri utelämnats. I så stor mån som möjligt har geometriska resonemang, snarare än algebraiska, använts i bevisen och lösningarna på de olika problemen. 4

5 1.1 Metod Detta arbete har till en stor del utförts som en litteraturstudie, kapitlet Teori grundar sig till stor del på de upplysningar och resonemang som presenteras i annan litteratur. För var och en av satserna som presenteras i arbetet utförs ett bevis eller hänvisas till annan litteratur, och i kapitlen Problem och Lösningar presenteras ett antal problem och deras lösningar som exempel på hur respektive avbildning kan användas. Främst fyra källor har använts i arbetet: Geometry Revisited av H. S. M. Coxeter och S. L. Greizer; Geometric Transformation II av I. M. Yaglom; Geometric Transformations III av I. M. Yaglom och Åtta kapitel om geometri av Anders Tengstrand. De tre första källorna valdes av den anledningen att de refereras till i många andra internetbaserade verk, medan den sista källan valdes för att det var den enda boken om geometriska avbildningar som fanns tillgänglig på Stockholms stadsbibliotek. Informationen som presenteras i källorna har i så stor mån som möjligt kontrollerats och jämförts med vad andra internetkällor påstår, speciellt vad gäller vokabulär. H. S. M. Coxeter, en av författarna till Geometry Revisited, fick sitt professur efter att ha avslutat sin forskning vid Cambridge University, och har under sin karriär utfört omfattande matematisk forskning och publicerat åtminstone åtta böcker om matematik, främst inriktat på geometri. Dessutom har han erhållit åtskilliga hedersomnämnelser för sin matematiska forskning.[1] S. L. Greizer har, förutom sin medverkan i Geometry Revisited, skrivit andra matematiska böcker om bland annat geometri och topografi.[2] Den ryske matematikern I. M. Yaglom fick sin doktorsexamen vid Moscow State University år 1945, med en doktorsavhandling i geometri.[3] Han har publicerat en omfattande mängd matematisk litteratur, och flertalet av hans böcker handlar om geometri.[4] Författaren till Åtta kapitel om geometri, Anders Tengstrand, har även han publicerat ett antal matematiska böcker, men med en större spridning inom de olika matematiska grenarna än tidigare nämnda författare.[5] Enligt baksidestexten på Åtta kapitel om geometri har Tengstrand varit universitetslektor i matematik, och har undervisningserfarenhet från såväl gymnasiet som alla stadier vid universitet och högskolor. Vi ser att författarna till var och en av de fyra huvudkällorna har en akademisk utbildning inom matematik och har därför relevant ämneskunskap, vilket ger källorna stor tillförlitlighet. 5

6 1.2 Beteckningar De matematiska beteckningar som används i detta arbete är följer de allmänna normerna för matematiska beteckningar, men ett antal punkter bör poängteras för minimal förvirring angående notationerna: sträckan mellan två skilda punkter A och B betecknas AB eller sträckan AB, linjen genom dem betecknas AB, strålen från A genom B betecknas AB eller strålen AB och vektorn från A till B betecknas AB. Dessutom kan skärningspunkten mellan två linjer p och q skrivas som snittet p q, och skärningslinjen mellan två plan π och μ som snittet π μ. 6

7 2. TEORI En avbildning är en metod att, genom någon regel f, till varje punkt i en mängd punkter A tilldela exakt en punkt i en mängd punkter B. Således är funktionen f: A B en sådan avbildning. För vissa avbildningar finns inverser; givet an avbildning f och dess invers f 1 gäller det att, om f(p) = Q, så är f 1 (Q) = P. Två avbildningar kan utföras efter varandra, man får då sammansättningen av två avbildningar. Givet två avbildningar f: A B och g: B C är en sammansättning av dem g f(p) = g(f(p)) för alla punkter P i A.[6] För att klassifiera de olika geometrierna utöver den euklidiska geometrin har man föreslagit att en geometri ska definieras utifrån vilka avbildningar som kan användas utan att dess axiom och satser ändras eller bryts mot. Exempelvis definieras den euklidiska geometrin av gruppen av likformighetsavbildningar, vari även isometrier ingår.[7] Inversion förknippas med det inversiva planet [8] och projektiva avbildningar med det projektiva planet.[9] Resultat som erhålls genom avbildningar i exempelvis det projektiva planet är inte mindre giltiga än sådana som erhålls i det euklidiska planet, varför avbildningar kan användas som verktyg för problemlösning.[10] 2.1 Isometrier En isometri, även kallad kongruensavbildning, är en avståndsbevarande avbildning, vilket innebär att avståndet mellan två punker är lika långt som avtåndet mellan punkternas avbilder. Om f: F F är en isometri från en mängd punkter F till en mängd punkter F, gäller alltså att AB = f(a)f(b), där A, B är två punkter i F och f(a), f(b) är deras respektive avbildningar i F.[11] En figur F och dess avbildning F under en isometri är kongruenta, därav namnet kongruensavbildningar.[7] Exempelvis är ABC f(a)f(b)f(b) enligt andra likformighetsfallet (motsvarande sidor är lika långa). De isometriska avbildningarna kan delas in i translation, rotation och spegling.[12] Dessutom definieras sammansättningen av två isometrier, det vill säga en isometri följd av en annan, som en isometri.[11] Translation Förutom att bevara avståndet mellan två punkter bevaras även riktningen på linjen genom dem under en translation, även kallad parallellförskjutning. Det innebär att, om 7

8 A och B är två godtyckliga punkter och A respektive B deras avbilder under en translation, så är AB = A B och AB A B.[13] Figur 1: Translation av fyrhörningen ABCD till A B C D. Eftersom AB = A B och AB A B bildar punkterna A, A, B, B en parallellogram, vilket innebär att AA = BB och AA BB. Således är AA = BB och vi ser att en translation kan beskrivas med en vektor; vi låter varje punkt P avbildas på den punkt P för vilken PP = v, vilket ger att v är den vektor som karakteriserar den specifika translationen.[13] Rotation En rotation bestäms av ett rotationscentrum och en rotationsvinkeln. Om centrumet för rotationen är O och vinkeln är θ gäller det för varje punkt P och P, där P är avbildningen av P under rotationen, att OP = OP och POP = θ.[13] Figur 2: En rotation Ett specialfall av rotationen är då vinkeln är ett halvt varv. Genom en sådan rotation roteras varje linje ett halvt varv, vilket innebär att de blir parallella med sitt ursprungsläge, men får motsatt riktning. Två rotationer på ett halvt varv vardera efter varandra motsvarar en translation, även då centrumen är olika.[14] Det följer av att, om punkterna A, B genom den första rotationen avbildas på punkterna A, B, som i sin tur genom den andra rotationen avbildas på punkterna A, B, är AB A B A B, AB = A B, och linjerna AB och A B har samma riktning. Därmed är AB = A B, och punkterna A, B kan erhållas henom en translation av punkterna A, B. 8

9 Figur 3: Två rotationer på ett halvt varv vardera, här med olika centrum P 1 och P Spegling Vid en spegling speglas en punkt P i en linje, speglingslinjen, så att avbildningen är en punkt P sådan att speglingslinjen är mittpunktsnormal till sträckan PP. Varje punkt på speglingslinjen avbildas genom speglingen på sig själv.[14] Figur 4: Spegling i en linje. Sats Om ABCoch A B C är två kongruenta trianglar kan triangel ABC avbildas på A B C genom en isometri f, där A = f(a), B = f(b) och C = f(c). Bevis [9]: Vi låter t vara en translation sådan att t(a) = A, och kallar t(b) och t(c) för B respektive C. Därefter gör vi en rotation r runt A som avbildar B på B. En sådan rotation existerar, emedan A B = t(a)t(b) = AB = A B, det vill säga både B och B ligger på en och samma cirkel med A som medelpunkt. Vi kallar r(c ) för C, och då A är centrum för rotationen är r(a ) = A. Vi ser nu att r t(a) = A, r t(b) = B och r t(c) = C, vilket medför att ABC A B C A B C. Eftersom A B C och A B C har sidan A B gemensam kommer C antingen att sammanfalla med C eller vara dess spegelbild. Således gäller det om C = C att isometrin r t avbildar triangel ABC på triangel A B C, annars avbildar isometrin s r t, där s är en spegling i linjen A B, triangel ABC på triangel A B C. 9

10 2.2 Likformighetsavbildningar En likformighetsavbildning är en avbildning som behåller förhållandet mellan sträckor, vilket innebär att alla sträckors längd under en sådan avbilbning förändras med samma faktor. Om A, B är två punkter och A, B deras respektive avbildningar under en likformighetsavbildning är alltså A B = kab för någon reell konstant k. Negativa värden på k kan finnas då sträckor tillåts vara negativa. Isometrier är likformighetsavbildningar för vilka k = 1.[15] Precis som namnet antyder, avbildar likformighetsavbildningar en figur på en likformig figur. Därför behålls kolinjäritet och vinklars storlek under en likformighetsavbildning.[15] Det finns två olika slag av likformigheter, direkta och motsatta. Eftersom kongruens är ett specialfall av likformighet gäller detta även kongruens. För att se om två likformiga figurer F, F är direkt eller motsatt likformiga kan man välja tre ej kolinjära punkter A, B, C i F och deras motsvarandse punkter A, B, C i F. Om hörnen A, B, C kommer i den ordningen i en riktning (medsols eller motsols) och hörnen A, B, C kommer i den ordningen i samma riktning är F och F direkt likformiga, annars är Foch F motsatt likformiga.[16] Figur 5: F är direkt likformig med F 1 och motsatt likformig med F Sträckning Givet en punkt O och en konstant k avbildar en sträckning varje punkt A på en punkt A, så att A befinner sig på linjen AO och A O = kao.[17] Sträckning kallas även homoteti, och k är sträckningens skala alternativt skalfaktor. 10

11 Figur 6: En sträckning. För att k ska kunna vara negativ låter vi varje sträcka vara antingen positiv eller negativ, så att AB = BA för varje par av punkter A,B. Således innebär A O AO > 0 att både A O och AO antingen är positiva eller negativa. Eftersom punkterna är kolinjära på linjen AO måste sträckorna ha samma riktning, så O befinner sig utanför sträckan AA (se figur 7). Motsatsen gäller då A O AO < 0; då har A O och AO motsatt riktning och O måste följaktigen befinna sig mellan A och A (se Figur 8).[18] Är k = 0 sammanfaller O och A. Figur 7: AO och A O har samma riktning. Figur 8: AO och A O har olika riktning. Om en mängd punkter F genom en sträckning med centrum O och skala k bildar en mängd punkter F, kan F bildas utifrån F genom en sträckning med samma centrum O och med skalan 1 k, om k 0.[17] Det följer av att, om en punkt P i F avbildas på en punkt P i F, är P O = kpo ekvivalent med att PO = 1 PO. k Spirallikformigheter Avbildningstypen som här kallas spirallikformigheter är sammansättningen av en rotation och en homoteti, båda med samma centrum. För att bestämma en spirallikformighetbehöver man känna till rotationsvinkeln θ och skalan k R +, såväl som centrumet O.[19] 11

12 Figur 9: En spirallikformighet mellan ABC och A B C. Om en figur F kan avbildas på en figur F genom en spirallikformighet med centrum O, skala k och rotationsvinkelvinkel θ, kan figur F avbildas på figur F genom en med hjälp av samma centrum O, skala 1 k och vinkel θ.[19] Både rotation och sträckning är specialfall av spirallikformigheter, den förra med skalan k = 1 och den senare med vinkeln θ = 0 eller θ = π om skalafaktorn för motsvarande sträckning är > 0 respektive < 0.[19] 2.3 Inversion En inversion är en avbildning som, med avseende på någon cirkel S med medelpunkten O och radien r, avbildar varje punkt P i planet, bortsett från O, på en punkt P sådan att den befinner sig på strålen OP och OP OP = r 2.[20] Figur 10: Punkten P inverteras på punkten P med avseende på cirkel S. 12

13 Om P därefter inverteras i samma cirkel ger sambandet OP OP = r 2, och faktumet att P befinner sig på strålen OP, att P avbildas på P. Är inversen till P punkten P gäller alltså även motsatsen, det vill säga att inversen till P är punkten P.[20] För varje punkt Q på randen till en cirkel S och för dess avbildning Q gäller det att OQ OQ = r 2, men OQ = r medför att OQ = r. Eftersom Q befinner sig på strålen OQ måste det gälla att Q = Q. Därmed är inversionscirkeln sin egen invers. Vidare gäller det för varje punkt P O inne i cirkel S att inversen P befinner sig utanför S, och vice versa.[20] Genom att utöka det euklidiska planet med en oändlighetspunkt P, som definieras som inversen av O, får vi det så kallade inversiva planet. Begränsningen att O inte har någon invers har alltså tagits bort. Inversen av en cirkel som går genom O är en linje, så linjer kan betraktas som cirklar som går genom P, linjer är cirklar med oändlig radie.[21] Sats Inversen av en cirkel som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln är en cirkel som inte heller går genom medelpunkten i inversionscirkeln. Figur 11: Inversion av en cirkel som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln; ω är inversen av ω med avseende på cirkel S. Bevis: Vi kallar inversionscirkeln för S, dess medelpunkt för O och dess radie för r, och ska invertera en cirkel ω i den. Punkten O ligger inte på randen till cirkel ω. Vi väljer fyra punkter A, B, P, Q på ω sådana att A, B, O respektive P, Q, O är kolinjära, och låter P och Q vara inverserna av P respektive Q. Figur 12: P och Q är inverserna av P respektive Q. 13

14 Korda-tangentsatsen ger att OP OQ = OA OB, och då det gäller att OQ OQ = r 2 får vi sambandet r 2 OP OQ = OA OB OQ = r2 OA OB OP Eftersom OA OB och r 2 är konstanta blir Q avbilden av P under en sträckning med centrum O och med en konstant skalfaktor. Eftersom P kan vara vilken punkt som helst på cirkel ω bildar alla möjliga lägen av Q en cirkel, så inversen av cirkel ω är en cirkel. Sats Inversen av en cirkel som går genom inversionscirkelns medelpunkten är en linje, vinkelrät mot linjen mellan inversionscirkelns medelpunkt och medelpunkten i cirkeln som inverteras, som ej går genom inversionscirkelns medelpunkt. Figur 13: Inversion av en cirkel som går genom medelpunken i inversionscirkeln; linje ω är inversen av cirkel ω med avseende på cirkel S. Bevis: Om inversionscirkeln är S, med medelpunkten O och radien r, låter vi ω vara en cirkel som går genom O. Vi betecknar med A punkten sådan att sträckan OA är diameter i ω, och låter P vara en godtycklig punkt på ω som sammanfaller med varken A eller O. Dessutom kallar vi inverserna av A och P för A respektive P. Figur 14: Linje n är inversen till cirkel ω, som passerar genom O. 14

15 Eftersom trangel AOP är en triangel vars ena sida utgör en diameter i triangelns omskrivna cirkel är vinkel OPA rät enligt randvinkelsatsen. Det gäller att OA OA = OP OP = r 2, vilket medför att OA OP = OP OA. Tillsammans med faktumet att AOP = A OP får vi att trianglarna AOP och A OP är likformiga. Den motsvarande vinkeln till vinkel OPA är P A O, så enligt likformigheten är P A O = π/2. Därmed är A P AO, och om punkterna A, O, A hålls fixerade gäller det för varje punkt P A, O att inversen av P ligger på normalen n till AO i punkten A. Då P närmar sig O går avståndet OP mot noll, så enligt sambandet OA OP = OP OA måste avståndet OP gå mot oändligheten men ändå ligga på n, och då P sammanfaller med O är inversen oändlighetspunkten P. När P sammanfaller med A är inversen A. För alla möjliga punkter P på cirkel ω ligger inversen P allltså på normalen n till AO i punkten A. Mängden punkter P ω är kontinuerlig, vilket innebär att även mängden punkter P n är kontinuerlig. Eftersom P kontinuerligt kan variera över hela linjen n är alltså hela linjen n invers av cirkel ω. Sats Inversen av en linje som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln är en cirkel som går genom medelpunkten i inversionscirkeln. Bevis: Satsen följer av sats och faktumet att om en punkt P är inversen av en punkt P, så är P inversen av P. Sats En linje som går genom medelpunkten i inversionscirkeln är sin egen invers. Bevis: Givet en inversionscirkel S med medelpunkt O och radie r låter vi l vara en linje genom O. För varje punkt P på linjen l är inversen P en punkt som ligger på strålen OP, vilket innebär att den ligger på l. Om vi låter P kontinuerligt variera över hela linjen l kommer P att kontinuerligt variera över hela l, vilket innebär att inversen av en linje genom medelpunkten i inversionscirkeln är linjen själv. Sats Om P är en punkt inne i en inversionscirkel S är dess invers, P, skärningspunkten mellan tangenterna till S vid punkterna där normalen till OP vid P skär S. 15

16 Figur 15: Inversen P till P som skärningspunkten mellan två tangenter till inversionscirkeln. Bevis: Vi kallar skärningspunkterna mellan normalen till OP i punkten P och inversionscirkeln för A och B, och radien i S för r. Det gäller att OA = OB = r och AP = PB. Dessutom är tangenterna från en punkt till en cirkel lika långa, så AP = BP. En tangent till en cirkel är vinkelrät mot radien till tangeringnspunkten, vilket innebär att OAP = OBP = π/2. Eftersom OAP + OBP = π får vi, som en följd av randvinkelsatsen, att fyrhörningen AOBP är cyklisk. Således kan vi genom att använda Ptolemaius sats konstatera att vilket ger att OP AB = OA BP + OB AP, OP = OA BP + OB AP AB = 2rAP 2AP = r AP AP. Enligt kordasatsen är OP PP = AP PB OP = AP PB PP = AP 2 /PP. Multiplicerat med det förra uttrycket får vi att OP OP = r AP AP AP 2 PP AP = r PP AP Triangel ABP är liksidig, och PP AB, vilket medför att AP P = BP P. Enligt randvinkelsatsen är OAP = PP B. Dessa två samband ger tillsammans att OAP = AP P, och då APP = APO = π/2 ser vi att trianglarna APP och OPA har två par vinklar som är lika stora. Även det tredje vinkelparet måste vara lika. Enligt likformighetsfall VVV är APP ~ OPA. Likformigheten ger att AO AP = AP PP AO = r = AP AP PP. Insatt i sambandet vi tidigare fått ser vi att OP OP = r 2, så P är inversen av P. Sats Vinkeln mellan två cirklar är lika stor som vinkeln mellan cirklarnas inverser. (Med vinkeln mellan två cirklar menas vinkeln mellan cirklarnas tangenter i skärningspunkten, och en linje är att betrakta som en cirkel som går genom P.) 16

17 Figur 16: Vinkeln mellan två cirklar är lika stor som vinkeln mellan deras inverser. Bevis: Vi låter ω och φ vara två cirklar eller linjer som skär varandra i åtminstone en punkt A. Vi kallar deras inverser med avseende på en cirkel S för ω respektive φ, och antar att ingen av ω, φ, ω, φ är en linje genom O, som är medelpunkten i S. Inversen av A blir skärningspunkten mellan ω och φ, vi kallar den för A. Eftersom ω och φ skär varandra i minst en punkt gäller det att en linje från O som skär både ω och φ minst en gång, och som är skild från strålen OA, existerar. Av de skärningspunkterna kallar vi den närmast O för P och antar att den ligger på ω, så att skärningspunkten längre bort, som vi kallar Q, ligger på φ. Inverserna P, Q av P respektive Q ligger på ω respektive φ. Figur 17: Inverserna av ω och φ är ω respektive φ. Om r är radien i S gäller det att OA OA = OP OP = OQ OQ = r 2, så OP OA = OA OP och OQ OA = OA OQ. Tillsammans med faktumet att POA, P OA, 17

18 QOA och Q OA är samma vinkel får vi att POA~ A OP och QOA~ A OQ. Därmed är OPA = OA P och OQA = OA Q. Enligt yttervinkelsatsen är OPA = OQA + QAP, så QAP = OPA OQA = OA P OA Q = Q AP. Låter vi strålen OP sammanfalla med strålen OA blir linjen AP tangent till ω vid A, linjen AQ tangent till φ vid A, linjen A P tangent till ω vid A och linjen A Q tangent till φ vid A. Om någon av ω, ω, φ och φ är en linje sammanfaller den med motsvarande tangent. Eftersom QAP = Q AP ( OA Q har ju gått mot noll) skär ω och φ varandra i en lika stor vinkel som ω och φ, vilket är det vi skulle visa. Vi ska ännu betrakta fallet då åtminstone en av ω, φ är en linje genom O. Är båda det är de enligt sats sina egen inverser, och det är uppenbart att vinkeln de skär varandra i förblir densamma. Vi antar nu att endast en av dem, låt säga φ, är en linje genom O. Linjen φ inverteras på sig själv, och skär ω i A och ω i A, inversen till punkten A. Vi låter strålen OP, skild från OA, skära ω i punkten P och ω i P, inversen till P. Vi kan utan inskränkningar anta att P ligger mellan O och P. OA OA = OP OP = r 2 OP OA = OA OP, som tillsammans med sambandet POA = A OP ger att POA~ A OP. Därmed är PAO = A P O och APO = P A O. Figur 18: Inversen av ω är ω, och linjen φ är sin egen invers. Om skärningspunkten AP A P betecknas med Q får vi enligt yttervinkelsatsen att QAA = AOP + APO = AOP + P A O, så om vi låter P närma sig A kommer vinkel AOP närma sig noll och vinkel QAA att närma sig P A O = QA A. När A och P sammanfaller är således QAA = QA A. Linjerna AP och A P har övergått i tangenterna till ω respektive ω vid A respektive A, så tangenterna bildar tillsammans med linjen AA en likbent triangel med A, A och Q som hörn och basvinklarna QAA och QAA. (Är ω eller ω en linje låter vi den vara sin egen tangent.) Alltså skär ω och φ = AA varandra i en lika stor vinkel som φ = AA och ω. 18

19 Minst en av figurerna ω, ω är en cirkel, så om linjerna AP, A P i ursprungsläget är parallella ej skär varandra i en punkt Q kan vi, genom att flytta på P, finna ett läge där AP och A P skär varandra och vårt argument är giltigt. Om det däremot gäller att tangenterna ej skär varandra är de parallella, men då skär linjen AA = φ = φ dem ändå i en lika stor vinkel. Vi har kontrollerat alla fall och ser att ω och φ alltid skär varandra i en lika stor vinkel som ω och φ, så sats är bevisad. Sats En cirkel genom två olika punkter som är varandras inverser är sin egen invers, och vinkelrät mot inversionscirkeln. Bevis: Vi låter P och P vara två skilda punkter som är varandras inverser med avseende på en cirkel S med medelpunkten O och radien r. Det gäller alltså att OP OP = r 2. Om ω är en godtycklig cirkel genom både P och P, och linjen l är en linje genom O som skär ω i två punkter Q och Q (de kan sammanfalla om l tangerar ω), gäller det enligt korda-tangentsatsen att OQ OQ = OP OP = r 2. Det medför att Q och Q är varandras inverser. Då Q tillåts variera över hela ω ser vi att cirkeln ω är sin egen invers. Sats Om punkterna A, B har inverserna A respektive B med avseende på en cirkel med medelpunkte O och radie r, så är A B r 2 = OA OB AB. Figur 19: Punkterna A, B är inverser av A respektive B. Bevis: Vi vet att OA OA = r 2 = OB OB, så OA OB = OB OA. Dessutom är AOB = B OA, så enligt likformighetsfall SVS är OAB~ OB A, där AB, OA, OB har de motsvarande sidorna A B, OB respektive OA. Därmed är A B AB = OA OB = r2 OA OB, 19

20 vilket medför att A B r 2 = OA OB AB. 2.4 Projektiva avbildningar Att avbilda på ett sätt som utnyttjar perspektiv har sina rötter inom bildkonsten, i konstnärernas försök att avbilda verkligheten på en målarduk eller på ett papper. Det var år 1436 som italienaren Leone Battista Alberti, som bland annat var målare, gav ut verket Della Pittura där celtralperspektivet för första gången beskrevs matematiskt.[22] Perspektivet gick ut på att betrakta ögat, ett föremål och de rätlinjiga ljusstrålar som går från föremålet till ögat, och att utifrån dem på ett lämpligt sätt projicera föremålet på ett plan, tavlan. Med sin grund i bildkonstens användning av centralperspektivitet kom den projektiva geometrin senare till som en matematisk gren.[23] Figur 20: Det grå området på planet π som avbildats på planet π kan ses som exempelvis en väg som avbildats på en duk Centralprojektion Givet två plan π, π och en punkt O, perspektivcentrumet, som inte befinner sig i något av planen är en centralprojektion av planet π på planet π en avbildning som till varje punkt P i π tillordnar en punkt P i planet π, så att P är skärningspunkten mellan linjen OP och planet π. Är planen π och π parallella avbildas varje figur F i π genom en centralprojektion på en likformig figur F i π.[24] 20

21 Figur 21: En centralprojektion avbildar en figur i ett plan på en likformig figur i ett parallellt plan. Vi bortser hädanefter från fallen då π och π är parallella och lägger märke till existensen två speciella linjer, en i π och en i π. Vi låter ett plan, parallellt med π, passera genom O och skära π i linjen y. Det gäller då för varje punkt Y y att linjen OY är parallel med π. Därför har OY och π ingen skärningspunkt, vilket innebär att linjen y inte avbildas på π.[24] Figur 22: Ett plan σ, parallellt med π, går genom O. Om vi nu låter ett plan, parallellt med π, passera genom O och skära π i linjen y, noterar vi att linjen OY är parallel med π för varje punkt Y y. Således skär OY aldrig planet π, och linjen y har ingen motsvarande linje i π.[24] Figur 23: Ett plan σ, parallellt med π, går genom O. 21

22 Existensen av de speciella linjerna y och y i π respektive π innebär att hela planet π inte centralprojiceras på π, och att hela planet π inte är en avbildning av π.[24] Genom att införa ett oändligt antal oändlighetspunkter, som tillsammans utgör så kallade oändlighetslinjer, undviker vi olägenheten och kan säga att hela planet π avbildas på π och att varje punkt i π har en motsvarighet i π.[9] En oändlighetspunkt definieras som skärningspunkten mellan två parallella linjer. Givet en linje är skärningspunkten mellan den och alla linjer parallella med den givna linjen en och samma oändlighetspunkt. Ett plans oändlighetslinje utgörs av samtliga av planets oändlighetspunkter, och är även skärningslinjen mellan alla plan parallella med det givna planet. Genom att utöka det euklidiska planet med en oändlighetslinje fås ett så kallat projektivt plan.[9] Tack vare införandet av oändlighetspunkter och linjer ser vi att den speciella linjen y i planet π avbildas på oändlighetslinjen som hör till planet π. Dessutom är den speciella linjen y i planet π avbildningen av oändlighetslinjen som hör till planet π.[25] Av vår definition av oändlighetspunkterna följer att varje par av linjer i ett projektivt plan har en skärningspunkt. Är linjerna parallella är skärningspunkten en oändlighetspunkt. Sats En linje i ett plan π avbildas genom en centralprojektion på en linje. Bevis [26]: Vi låter O vara perspektivcentrum, l vara en linje i π som inte är planets speciella linje, och vi låter π vara planet på vilket vi projicerar π. Alla linjer genom O som skär linjen l bildar tillsammans ett plan μ, och två plan skär varandra som bekant i en linje. Avbilden π μ av linjen l är alltså en linje, och i fallet då l är den speciella linjen i planet π är denna skärningslinje oändlighetslinjen. Sats Om skärningspunkten mellan två linjer i ett plan π ligger på planets speciella linje y blir de två linjernas avbildningar genom centralprojektion parallella. Bevis: Om planet π projiceras på ett plan π blir projektionen av linjen y oändlighetslinjen l av planet π. Om en skärningspunkt mellan två linjer befinner sig på y kommer linjernas projektioner skära varandra på l, vilket enligt vår definition av oändlighetspunkter innebär att de måste vara parallella. 22

23 Sats Avbilderna i ett plan π av två parallella linjer i ett plan π skär varandra på den speciella linjen y i planet π. Notera att, ifall linjerna är parallella med den speciella linjen y i planet π, är deras projektioner i π två linjer parallella med y. Bevis: Två parallella linjer i π har sin skärningspunkt på planets oändlighetslinje, som projiceras på y. Linjernas projektioner har således sin skärningspunkt på y. Ifall de två parallella linjerna i π är parallella med y kallar vi dem för l 1 och l 2 och deras respektive avbildningar i π för l 2 och l 2. Dessutom kallar vi planet som går genom O och linjen y för μ och planet genom O och linjen y för μ. Linjen y har inga avbilder i planet π och y har inga avbilder i planet π, vilket innebär att π är parallellt med μ och π med μ. Därmed är skärningslinjerna π π, μ μ, y = π μ och y = π μ alla parallella i rummet, och O μ μ. Eftersom l 1 och l 2 är parallella med de fyra nämnda skärningslinjerna har de alla samma skärningspunkt, nämligen någon oändlighetspunkt P. Linjen OP avbildar punkten P l 1, l 2 på sig själv, vilket innebär att P l 1, l 2. Således skär y linjerna l 2 och l 2 i en och samma oändlighetspunkt, vilket innebär att y l 1 l 1. Sats Dubbelförhållandet mellan fyra kolinjära punkter är samma som dubbelförhållandet mellan punkternas centralprojektioner. (Punkterna A, B, C, D har dubbelförhållandet AC BD BC AD.) Figur 24: Dubbelförhållandet bevaras under en centralprojektion. Bevis [27]: Om A, B är två kolinjära punkter i ett plan π och A, B deras respektive projektioner i ett annat plan π med avseende på projektionscentrum O får vi att 23

24 Area (AOB) = 1 hab = 1 OA OB sin AOB och Area (A OB ) = 1 h A B = OA 2 OB sin A OB, där h och h är det vinkelräta avståndet från O till linjen AB respektive A B. Eftersom AOB = A OB får vi, genom division av det andra uttrycket med det första, att h h A B AB = OA OB OA OB A B = AB h h OA OB OA OB Om C är en punkt på linjen AB är dess projektion C en punkt på A B, och enligt sambandet ovan får vi att A C B C = AC BC h h h h OA OC (OA OC ) OB OC (OB OC ) = AC OA OB BC OA OB Låter vi D vara ytterligare en punkt på linjen AB och D dess projektion, som ligger på linjen A B, ser vi att A C B D B C A D = A C A D = AC OA OB AD OA OB = AC AD = AC BD B C B D BC OA OB BD OA OB BC BD BC AD Vi ser alltså att dubbelförhållandet mellan fyra kolinjära punkter är samma som dubbelförhållandet mellan de fyra punkternas projektioner. Sats Givet fyra punkter A, B, C, D i ett plan π, där inga tre av punkterna är kolinjära, och fyra punkter M, N, P, Q i ett plan π, där inga tre av punkterna är kolinjära, kan planen π och π placeras på ett sådant sätt att fyrhörningen ABCD genom en centralprojektion avbildas på en fyrhörning A B C D på planet π så att A B C D ~MNPQ. Bevis: För ett bevis hänvisas läsaren till [28]. Centralprojektioner avbildar oftast inte cirklar på cirklar, exempelvis är skuggan av en fotboll oftast förvrängd och der inte cirkulär ut. Man kan dock, genom ett bra val av projektionscentrum O och planet på vilket cirkeln ska projiceras, avbilda en cirkel på en cirkel. Sats Givet en cirkel S och en godtycklig linje l, båda i samma plan π och utan gemensamma punkter, kan man genom en centralprojektion avbilda S på en cirkel i ett plan π och l på oändlighetslinjen till samma plan π. 24

25 Figur 25: Linjen l avbildas på oändlighetslinjen och cirkeln S på en cirkel. Bevis [29]: Vi låter ett plan τ skära π i linjen l, och låter därefter en sfär ω skära π i cirkel S och tangera planet τ i en punkt O. Planet π definieras därefter som ett plan, parallellt med τ, som tangerar ω i punkten T, punkten diametralt motsatt O i sfären ω. Centralprojektion av planet π på planet π med O som perspektivcentrum ger då att cirkeln S avbildas på en cirkel S i π, och då varje linje från O till linjen l är parallel med π avbildas l på oändlighetslinjen till planet π. Sats Givet en cirkel S och en godtycklig punkt P i S kan man genom en centralprojektion avbilda S på en cirkel S på ett sådant sätt att centralprojektionen av P är medelpunkt i S. Bevis [29]: En centralprojektion som uppfyller satsen kan göras genom att dra två kordor AC och BD i cirkel S så att deras skärningspunkt, P, är inuti cirkel S. Om X är skärningspunkten AB CD och Y skärningspunkten AD BC, och S ligger i ett plan π, avbildar vi planet π på ett plan π så att S avbildas på en cirkel S och XY avbildas på oändlighetslinjen till plan π. En sådan centralprojektion kan göras enligt sats , eftersom XY inte skär S; om den skar S skulle den skära båge AB, båge CD eller båda bågarna AD och BC eftersom XY går genom X, och båge AD, båge BC eller båda bågarna AB och CD eftersom XY går genom Y. Villkoren är oförenliga, vilket innebär att linje XY och cirkel S inte har några gemensamma punkter. Eftersom linjernas AB och CD avbildningar, respektive linjernas AD och BC avbildningar, skär varandra på en oändlighetslinje måste respektive par av linjer vara parallella. Avbildningen av fyrhörningen ABCD är således en parallellogram, och då den är inskriven i cirkel S är den en rektangel som en följd av randvinkelsatsen. Därav följer att skärningspunkten mellan diagonalerna, som är avbilden av P, är medelpunkt i cirkel S. 25

26 2.4.2 Dualitet I det projektiva planet är dualitet en egenskap som möjliggör förenklingen av vissa problem och gör att man från existerande satser kan få ny kunskap.[30] Vi börjar med att definiera begreppen pol och polar: Givet en cirkel S, en punkt P S och en linje p, är P pol till p och p polar till P med avseende på cirkel S om det för två linjer AA 1 och BB 1, som skär S i A och A 1 respektive B och B 1, gäller att P = AA 1 BB 1 och att p är linjen mellan AB A 1 B 1 och AB 1 BA 1. Ligger P på cirkel S är dess polar p tangenten till S vid P.[31] Medelpunkten i cirkel S har oändlighetslinjen som polar, och linjerna genom medelpunkten har oändlighetspunkterna som poler.[32] Figur 26: Punkten P är pol till linjen p, som i sin tur är polar till P, med avseende på S. Genom att i planet byta varje linje mot sin pol och varje punkt mot sin polar, allt med avseende på någon viss cirkel, erhålls en slags avbildning, en reciprocitet, som ersätter varje punkt med en linje och varje linje med en punkt.[30] Om ett resultat gäller i det projektiva planet kan vi, genom reciprokation, visa att det duala resultatet gäller. Därför kan man ur en sats få en dual sats genom att ersätta varje punkt med sin pol och varje linje med sin polar.[33] Exempel på duala satser är Pascals sats och Brianchons sats.[32] Figur 27: Dualitet ger oss ur fyrhörningen ABCD en fyrsiding abcd och tvärtom. 26

27 För att hitta den duala satsen till en sats eller det duala resultatet till ett resultat måste ett antal ord bytas ut; när ett ord ur någon av följande kolumner dyker upp ska den ersättas av motsvarande ord i den andra kolumnen för att få den duala satsen: Punkt Ligga på Linje genom I samma punkt varandra skärande Fyrhörning Pol Tangent Linje Skära Skärningspunkt mellan Kolinjär Fyrsiding Polar Tangeringspunkt.[34] För en pol P och dess polar p med avseende på en cirkel S gäller det att linjen genom P och medelpunkten i cirkel S är vinkelrät mot p, och att skärningspunkten med p är inversen av punkten P med avseende på cirkel S. Således gäller det, om P och P är inverser av varandra, att polaren till P är normalen till PP i punkten P och att polaren till P är normalen till PP i punkten P.[34] Figur 28: Pol och polar kan hittas med hjälp av inversion. Vi antar att A och B är två punkter och a och b deras respektive polar. Då är polen till linjen AB skärningspunkten mellan a och b. Dessutom gäller det att, om en punkt P ligger på en linje q, så ligger polen Q till q på polaren p till P.[33] Figur 29: Polen till AB är skärningspunkten a b. Figur 30: P ligger på q, och Q ligger på p. 27

28 En cirkel kan betraktas vara uppbyggd av oändligt många punkter, eller ses som ett hölje som begränsas av oändligt många linjer. Den duala motsvarigheten till en cirkel är en cirkel, men betraktas vara uppbyggd på motsatt sätt.[33] Figur 31: En cirkel kan definieras av oändligt många punkter eller oändligt många linjer. Ytterligare en av dualitetens egenskaper är att vinkeln som bildas mellan linjerna p och q är lika stor som vinkeln POQ, där P och Q är pol till p respektive q med avseende på någon cirkel vars medelpunkt är O.[35] Figur 32: Vinkeln mellan p och q är lika stor som POQ eller dess komplementvinkel Parallellprojektion Att specialfall av projektiva avbildningar är då perspektivcentrumet O är en oändlighetspunkt. Då får vi en så kallad parallellprojektion, där varje punkt P i ett plan π avbildas på en punkt P i ett annat plan π så att linjen PP har samma riktning för alla 28

29 möjliga val av punkten P i π. En parallellprojektion karakteriseras alltså av riktningen genom två motsvarande punkter.[36] Ett sätt att visualisera parallellprojektioner är skuggorna som skapas i solljus på ett plant underlag; klipper man ut en figur i papper och håller upp den blir dess skugga på ett plant underlag en parallellprojektion av figuren. På grund av avståndet till solen kan solstrålarna betraktas vara i det närmaste parallella.[36] Sats Om två plan π och π är parallella avbildas en figur F i π genom en parallellprojektion på en kongruent figur i planet π. Figur 33: Planen π och π är parallella, så F F. Bevis: Om P är en punkt i π och P dess avbild i π är riktningen på linjen PP konstant oberoende av val av punkten P. Om normalen från P mot π skär π i punkten Q har vinklarna QPP, PP Q konstant storlek oberoende av valet av P, vilket innebär att även P QP har konstant storlek. Eftersom π och π är parallella måste sträckan PQ alltid vara lika lång, så enligt kongruensfall VSV är triangel PP Q kongruent för alla möjliga val av P. Därmed har sträckan PP förutom konstant riktning även konstant längd, vilket innebär att vi kan beskriva parallellprojektionen från π på π med hjälp av vektorn PP. Men då är parallellprojektionen bara en translation i rummet, alltså en isometri, varför en figur F i π måste vara kongruent med sin avbild F i π. Sats Förhållandet mellan längerna av två sträckor på samma linje, alternativt på olika, parallella linjer, är samma som motsvarande förhållande för sträckornas avbilder under en parallellprojektion. Bevis: För ett bevis hänvisas läsaren till [36]. 29

30 Sats Förhållandet mellan areorna av två figurer är samma som areorna av deras parallellprojektioner. Bevis [36]: Vi låter F 1 och F 2 vara två figurer i ett plan π, och F 1 och F 2 vara deras respektive parallellprojektioner i ett annat plan π. Om vi täcker planet π med ett rutnät av kongruenta kvadrater, och låter deras storlek minska, närmar sig förhållandet mellan antalet sådana kvadrater i F 1 och antalet sådana kvadrater i F 2 förhållandet mellan deras areor. Blir kvadraternas storlek tillräckligt litet blir förhållandet lika stort som förhållandet A 1 A 2 mellan figurernas areor. Som en följd av sats avbildas kvadraterna i plan π på sinsemellan kongruenta parallellogrammer i plan π. Befinner sig en av kvadraterna inuti en av figurerna i planet π kommer motsvarande parallellogram att befinna sig inuti motsvarande figur i π. Därför är förhållandet mellan antalet kvadrater i figurerna i π lika stort som förhållander mellan antalet parallellogrammer i motsvarande figurer i π, som i sin tur närmar sig förhållandet mellan areorna av figurerna i planet π. Därmed måste det gälla att A 1 A 2 = A 1 A 2, där A 1 A 2 är förhållandet mellan areorna av F 1 och F 2. Sats Givet tre ej kolinjära punkter A, B, C i ett plan, och tre ej kolinjära punkter M, N, P i ett annat plan, är det möjligt att placera planen på ett sådant sätt att ABC genom en parallellprojektion avbildas på en triangel i det andra planet som är likformig med MNP Figur 34: I figuren är ABC ~ MNP, och parallellprojektionen från π till π kännetecknas av riktningen på CC. Bevis [36]: Vi kallar planet i vilket ABC ligger för π och det andra planet för π. Om vi då flyttar de två planen så att deras skärningslinje är linjen AB kan vi välja en punkt C i π sådan att ABC ~ MNP. Då kännetäcknar riktningen på linjen CC parallellprojektionen som avbildar triangel ABC på triangel ABC. 30

31 2.5 Avbildningarna och olika problemtyper Isometrier avbildar figurer på kongruenta figurer, vilket gör att figurers areor inte ändras under sådana avbildningar. Denna egenskap gör isometrier särskilt lämpade att användas i bevis på många satser som har med area att göra.[13] Dessutom behåller isometrier längden av sträckor, vilket kan vara en användbar egenskap. Eftersom isometrier är specialfall av likformighetsavbildningar kan många lösningar som använder sig av isometrier generalisras om problemet i stället löses med likformighetsavbildningar.[37] Ett exempel är rotation som är ett specialfall av spirallikformighet. Dessutom ser vi att likformighetsavbildningen sträckning även den är ett specialfall av spirallikformighet, vilket gör att vissa lösningar som använder dilatation kan generaliseras om spiral similarities användes i stället.[19] Många problem som handlar om att bestämma det maximala eller minimala värdet på någon geometriska kvantitet, eller visa hur man gör en konstruktion för att maximera eller minimera någon sådan kvantitet, kan smidigt lösas med isometrier och likformighetsavbildningar. Ett sådant problem är att hitta den kortaste vägen mellan två givna punkter A och B som även passerar någon obestämd punkt X på en linje l, där A och B är på samma sida om l.[38] Beviset går ut på att spegla B i l vilket ger att BX = B X, där B är spegelpunkten av B. Då är AX + BX = AX + B X, som är lägst då A, X och B är kolinjära. En av de speciella egenskaper inversioner har är att cirklar, genom ett bra val av inversionscentrum, kan inverteras till linjer. Egenskapen kan visa sig vara användbar i många problem som innehåller cirklar,[39] se exempelvis lösningen till Problem 5. När ett problem handlar om egenskaper som ej förändras under en projektiv avbildning kan man ofta använda sig av sådana avbildningar för att hitta en lösning. Ett exempel på det är problem som handlar om att bevisa kolinjäritet, eller att flera linjer skär varandra i en enda punkt.[40] Centralprojektioner deformerar oftast cirklar och avbildar dem på figurer som inte är cirklar, men att det ändå finns sätt att centralprojicera cirklar på cirklar gör att sådana avbildningar kan användas även i problem som har med cirklar att göra.[28] I många fall kan man genom dualitetsprincipen härleda den duala satsen till en sats. Det innebär att man i många fall kan omvandla satsen man försöker bevisa till en annan sats, som kan vara lättare att bevisa.[41] 31

32 1. PROBLEM Nedan följer ett antal problem som kan lösas med hjälp av de avbildningar som presenterats tidigare i arbetet. Lösningarna till problemen finns i nästa kapitel, men läsare som önskar ha en djupare förståelse för avbildningarna uppmuntras att själv försöka lösa några av problemen. 3.1 Isometrier Problem 1 Visa att varje konvex fyrhörning ABCD har en area som är mindre än eller lika med AB CD + BC DA 2. [42] Problem 2 Givet en triangel ABC, och tre liksidiga trianglar A BC, AB C och ABC sådana att de inte skär ABC, visa att AA = BB = CC och att linjerna AA, BB och CC skär varandra i en och samma punkt. [42] 3.2 Likformighetsavbildningar Problem 3 Givet en triangel ABC, kalla tangeringspunkten mellan den inskrivna cirkeln och sidan BC för T och punkten som är diametralt motsatt T för S. Låt dessutom tangeringspunkten mellan sidan BC och den vidskrivna cirkeln, som tangerar sidan BC och förlängningarna av AB och AC, heta P. Visa att A, S och P är kolinjära. Problem 4 (IMO 1978) I en triangel ABC är AB = AC. En cirkel tangerar internt den omskrivna cirkeln till trangel ABC och dessutom sidorna AB, AC i P respektive Q. Visa att mittpunkten på sträckan PQ är medelpunkt i den inskrivna cirkeln till ABC. 3.3 Inversion Problem 5 Bevisa Ptolemaios sats, det vill säga att för fyra punkter A, B, C och D på samma cirkel gäller sambandet AB CD + BC DA = AC BD. [43] Problem 6 (USAMO 1993) Den konvexa fyrhörningen ABCD är sådan att diagonalerna AC och BD är vinkelräta. Om punkten O är diagonalernas 32

33 skärningspunkt, visa att punkterna som fås genom att spegla O i sidorna AB, BC, CD och DA bildar en cyklisk fyrhörning. 3.4 Projektiva avbildningar Problem 7 Diametern UV I en cirkel avgränsar en halvcirkel, på vilken det finns två punkter P och Q sådana att UP < UQ. Beteckna med R skärningspunkten mellan tangenterna till halvcirkeln vid P och Q, och låt S vara skärningspunkten mellan linjerna UP och VQ. Visa att linjerna RS uch UV är vinkelräta.[44] Problem 8 För en triangel ABC definieras punkterna D och E så att de ligger på sidan BC och BD = DE = EC. En linje l skär linjerna AB, AD, AE och AC i punkterna K, L, M respektive N. Bevisa olikheten KN 3LM.[45] 33

34 2. LÖSNINGAR TILL PROBLEMEN Problem 1 [42] Vi drar mittpunktsnormalen l till diametern AC och speglar triangeln ACD i l. Vi ser att A och C är varandras spegelbilder, och vi kallar spegelbilden av hörnet D för D. Trianglarna ACD och CAD blir kongruenta och har därför samma area, vilket medför att AD = CD, CD = AD och att fyrhörningen ABCD har samma area som den ursprungliga fyrhörningen ABCD. Enligt areasatsen har ABCD arean AB AD 2 sin D AB + BC CD 2 sin BCD = AB CD sin D AB 2 + BC AD sin BCD. 2 För alla reella θ är sin θ 1, så vi får att arean av fyrhörningen ABCD och därmed även ABCD är mindre än eller lika med 1 (AB CD + BC AD). 2 Problem 2 [42] Om vi antar att hörnen A, B och C kommer i den ordningen medsols ser vi att rotationen r med centrum C och med vinkeln 60 motsols avbildar A på B och A på B, det vill säga ACA avbildas på BCB. Det innebär att AA = BB. På liknande sätt kan vi få att BB = CC, så AA = BB = CC. 34

35 Vi kallar skärningspunkten mellan AA och BB för P. Rotationen r roterar AA 60 motsols på BB, så vinkeln mellan AA och BB är 60. Vi ser att A CB = A PB och att ACB = APB, så enligt randvinkelsatsen ligger P på samma cirklar som A, B, C respektive A, B C. Dessutom är BPC = 180 C AB, så som en följd av samma sats ligger P också på samma cirkel som A, B och C. På samma sätt får vi att även skärningspunkterna BB CC och CC AA ligger på skärningspunkten mellan de omskrivna cirklarna till A BC, AB C och ABC, så AA, BB och CC måste skära varandra i en punkt. Problem 3 Tangenten s till den inskrivna punkten vid S är parallell med sidan AB, eftersom både s och BC är vinkelräta mot ST. Sträckningen med centrum A som avbildar den inskrivna cirkeln på den vidskrivna cirkeln avbildar tangenten t på en parallell linje som tangerar den vidskrivna cirkeln och som befinner sig på samma sida om den vidskrivna cirkeln som punkten A. Den enda sådana linjen är AB, och tangeringspunkten S avbildas på tangeringspunkten P. Det innebär att A, S och P måste vara kolinjära. Problem 4 [46] Vi låter cirkeln som tangerar P och Q ha medelpunkten M och tangera den omskrivna cirkeln i en punkt D. Vi betecknar dessutom mittpunkten på sträckan PQ med I. Linjen AM måste vara symmetrilinje i figuren eftersom triangel ABCär likbent, så I och D ligger på samma linje som A och M. Vi låter sträckningen med centrum A och som avbildar linjen BC på en linje som innehåller D ha skalfaktor k, och betecknar avbilden av B, C för B respektive C. Det gäller alltså att AC = kac. Som en följd av randvinkelsatsen är ACD rätvinklig, och då Q är tangeringspunkten mellan sidan AC 35