Kappa 1 Robin Kastberg 10 oktober 2014 Sammanfattning Vi visar att uppgiften är lösbar för en generell triangel genom att visa att det är en trivial egenskap för en särskild, och att alla dessa egenskaper sen behålls under affina avbildningar. Genom vilket man kan få ellipsen tillhörande en godtycklig triangel. Till det så har vi gjort fungerande Mathematica-kod. Kappa 1 Definition 1. En affin avbildning är en avbildning på formen f( x) = A x + b där A är en inverterbar linjär avbildning. Lemma 1. En affin avbildning avbildar linjer på linjer. Bevis. Låt S : p + t u, t [0, 1], vara ett linjesegment, då gäller f( p + t u) = (A p + t u) + b = (A p + b) + t(a u) = p + t u vilket också är ett linjesegment S Lemma 2. Affina avbildningar bevarar förhållandet mellan längder för parallela linjesegment. Bevis. Begrunda två parallela linjesegment S 1 and S 2 givna i vektor form; S i : p i + t u i, t [0, 1]. Eftersom de är parallela, gäller u 2 = k u 1 för något k R. Så förhållandet mellan längden av S 2 och S 1 is k. Då följer att A u 2 = k A u 1 vilket visar att förhållandet mella f(s 2 ) och f(s 1 ) också är k. Lemma 3. Affina avbildningar skickar trianglar på trianglar. 1
Låt T vara en triangel T : u + s v + t w där s, t [0, 1],s + t 1 där v och w är linjärt oberoende. Då följer att så f skickar T på en triangel T. f(t ) = f( u + s v + t w) (1) = A( u + s v + t w) + b (2) = A( u + b) + s(a v) + t(a w) (3) = u + sv + tw (4) Sats 1. Givet två trianglar så kan vi hitta en affin avbildning som skickar den ena triangeln på den andra. Bevis. Vi kan skicka (0, 0), (1, 0), (0, 1) på (p 1, p 2 ), (r 1, r 2 ), (s 1, s 2 ) med ( ) q1 p A = 1 r 1 p 1 och q 2 p 2 r 2 p b = (p 1, p 2 ) 2 vilket lätt kan kontrolleras. Eftersom (p 1, p 2 ), (r 1, r 2 ) och (s 1, s 2 ) är linjärt oberoende (en triangel) så är även q p och r p det. Alltså är A inverterbar och f( x) = A x + b är en affin avbildning.. Givet två trianglar givet av sina hörn; {p, q, r} och {p, q, r } så existerar affina avbildningar f och g som skickar {0, (1, 0), (0, 1)} på {p, q, r} och {p, q, r } respektive. Det följer att g f 1 skickar {p, q, r} på {p, q, r }. Sats 2. En affin transformation f skickar en konisk sektion på en konisk sektion av samma typ. Mer specifikt, ellips på ellips. Bevis. Låt F vara en icketrivial konisk sektion representerad av ekvationen Ax 2 + Bxy + Cy 2 + F x + Gy + H = 0. Och låt x = (x, y) vara alla punkter som uppfyller ekvationen ovan. Då gäller ( ) ( ) ( ) a b x t f( x) = + c d y u Så x = ax + by + t and y = cx + dy + u. Stoppar vi in detta i ekvationen för den koniska sektionen ovan får vi en ny ekvation som representerar bilden av F under f 1. Eftersom f är bijektiv så måste den också vara icketrivial. Diskriminanten kan genom algebra finnas (se. Bilaga 1) vara (bc ad) 2 (B 2 4AC). Enligt definitionen av affin transformation är determinanten ad bc ej noll så vår typ av konisk sektion är bevarad. 2
Figur 1: Våran bra triangel och cirkel. Sats 3. Låt ABC vara en godtycklig triangel. Visa att: Det går alltid att rita in en ellips i ABC så att den tangerar trianglens sidor i deras mittpunkter. Från dessa mittpunkter på varje sida går det att dra en rät linje till det motstående hörnet.visa att dessa tre linjer skär varandra precis i ellipsens mittpunkt. Bevis. Konstruera enhetscirkeln med lämplig triangel runt (hörn i (0, 2), ( 3, 1) och ( 3, 1)). Se Figur 1. På denna kommer mittpunkten på sidorna tangera enhetscirkeln och medianerna kommer gå igenom enhetscirkelns mittpunkt, vilket lätt kan verifieras. Med hjälp av Sats 1 kan vi skicka den på godtycklig triangel (se funktion PqrToPqr). Vår tes är då att cirkeln följer med men blir en ellips, samt att egenskaperna ovan kommer vara bevarade. Att cirkeln blir en ellips följer av Sats 2 ovan. Ekvationen för denna ellips given en triangels hörn (p, q, r) bifogas som Figur 2. Punkten (0, 0) kommer gå på mittpunkten av ellipsen, eftersom det finns minst en av diametrarna i cirkeln som kommer gå på storaxeln av ellipsen och ration av de två radierna i diametern (1:1) kommer vara bevarad under transformationen, mittpunkten av ellipsen är ju samma som mitten av storaxeln. 3
3 (x (2p 2 q 2 r 2 ) + p 1 (q 2 + r 2 2y) + (y p 2 ) (q 1 + r 1 )) 2 (q 2 (r 1 p 1 ) + p 2 (q 1 r 1 ) + r 2 (p 1 q 1 )) 2 + ((3x p 1) (q 2 r 2 ) + q 1 (p 2 + 2r 2 3y) + r 1 ( p 2 2q 2 + 3y)) 2 (p 2 (r 1 q 1 ) + q 2 (p 1 r 1 ) + r 2 (q 1 p 1 )) 2 = 1 Figur 2: Ekvationen för ellips givet en triangel i punkterna (p, q, r) Medianerna kommer fortfarande skära varandra eftersom transformationen är bijektiv. Och dessa linjer kommer fortfarande träffa mittpunkten på den nya triangelns sidor eftersom förhållandet mellan ena halvan av en sida och andra halvan kommer bevaras enligt Lemma 2. Och denna skärningspunkt kommer att vara samma punkt som (0, 0) träffar. Till slut har vi det faktum att ellipsen ska tangera. Det följer från avbildningens bijektivitet att ellipsen kommer skära (tangera) triangeln i exakt tre punkter, frågan är bara om dessa punkter kommer ligga på varsin sida av triangeln. Ponera att så inte skulle vara fallet. Då skulle under inversen av våran transformation två skärningspunkter ligga på samma sida (eftersom inbördes förhållanden på en enskild linje bevaras), vilket är falskt. 4
Bilaga 1 Funktionerna för att beräkna de affina avbildningarna, koden är direkt översättning av beviset för Sats 1. basistopqr[p, q, r ]:={{q[[1]] p[[1]], r[[1]] p[[1]]}, {q[[2]] p[[2]], r[[2]] p[[2]]}}.{#1, #2} + {p[[1]], p[[2]]}& PqrToBasis[p, q, r ]:=Inverse[{{q[[1]] p[[1]], r[[1]] p[[1]]}, {q[[2]] p[[2]], r[[2]] p[[2]]}}].({#1, #2} {p[[1]], p[[2]]})& PqrToPqr[p, q, r, p2, q2, r2 ]:=With[{fxy = PqrToBasis[p, q, r][#1, #2]}, basistopqr[p2, q2, r2][fxy[[1]], fxy[[2]]]]& Funktion för att avbilda vår bra triangel på godtycklig triangel. Ritar även avbildningen av ellipsen genom att substituera in transformationen i ekvationen för ellipsen (se även ekvationen för ellipsen nedan). Kappa1[p1, p2, q1, q2, r1, r2 ]:=With[{ell = PqrToPqr[{p1, p2}, {q1, q2}, {r1, r2}, {0, 2}, {Sqrt[3], 1}, { Sqrt[3], 1}][x, y]}, Show[{RegionPlot[ell[[1]] 2 + ell[[2]] 2<=1, {x, Min[p1, q1, r1], Max[p1, q1, r1]}, {y, Min[p2, q2, r2], Max[p2, q2, r2]}], ListLinePlot[{{p1, p2}, {q1, q2}, {r1, r2}, {p1, p2}}, PlotStyle {Blue}], ListPlot[{({p1, p2} + {q1, q2})/2, ({r1, r2} + {q1, q2})/2, ({p1, p2} + {r1, r2})/2}, Exempelkörning av funktionen ovan: Kappa1[1, 2, 6, 4, 5, 7] PlotStyle PointSize[Large]]}]] 5
Här beräknar vi ekvationen för ellipsen i en godtycklig triangel. ellformula = PqrToPqr [{p 1, p 2 }, {q 1, q 2 }, {r 1, r 2 }, {0, 2}, {Sqrt[3], 1}, { Sqrt[3], 1}][x, y]//fullsimplify; ellformula[[1]] 2 + ellformula[[2]] 2 == 1//FullSimplify//TraditionalForm 3(x(2p 2 q 2 r 2 )+(y p 2 )(q 1 +r 1 )+p 1 (q 2 +r 2 2y)) 2 (p 2 (q 1 r 1 )+q 2 (r 1 p 1 )+r 2 (p 1 q 1 )) 2 + ((3x p 1)(q 2 r 2 )+r 1 ( p 2 2q 2 +3y)+q 1 (p 2 +2r 2 3y)) 2 (q 2 (p 1 r 1 )+p 2 (r 1 q 1 )+r 2 (q 1 p 1 )) 2 = 1 Kod för att motivera att tecknet på diskriminanten bevaras under affin avbildning. newform = With[{x = ax + by + t, y = cx + dy + u}, Ax 2 + Bxy + Cy 2 + F x + Gy + H]; Simplify[Coefficient[newForm, xy] 2 4 Coefficient[newForm, x 2]Coefficient[newForm, y 2]] (B 2 4AC) (bc ad) 2 6