Kongruens och likformighet Torbjörn Tambour 23 mars 2015 I kompendiet har jag tagit kongruens- och likformighetsfallen mer eller mindre som axiom, vilket jag nu tycker är olyckligt, och de här sidorna är ett försök att fylla igen luckorna. 1 Inledning I Elementa ställer Euklides upp ett antal grundläggande påståenden, så kallade axiom, på vilka han sedan bygger teorin. Axiomen rör både aritmetiska förhållanden och geometri. 1 Här är de geometriska axiomen: 1. Genom två olika punkter kan man dra en och endast en linje. 2. Varje sträcka kan förlängas obegränsat till en linje. 3. Givet en punkt P och en sträcka r, så finns det en cirkel med medelpunkt i P och radien r. 4. Alla räta vinklar är kongruenta. 5. (Parallellaxiomet) Om L är en linje och P en punkt som inte ligger på L, så finns det en och endast en linje som går genom P och är parallell med L. Med linje menar man en rät linje som fortsätter obegränsat i båda riktningarna. Det finns många olika ekvivalenta formuleringar av parallellaxiomet och Euklides ursprungliga är den här: Låt L 1 och L 2 vara två linjer som skärs av en tredje L 3. Antag att de två skärningsvinklarna på ena sidan av L 3 tillsammans är mindre än två räta vinklar. Då kommer L 1 och L 2 att skära varandra på den sidan av L 3 om de dras ut tillräckligt långt. 1 Ofta kallas de geometriska axiomen postulat, vilket i stort sett är synonymt med axiom. Jag har därför valt att kalla även postulaten för axiom. 1
2 Kongruensfallen Första kongruensfallet Antag att AB = DE och AC = DF samt att A = D i figuren nedan. Om vi flyttar den högra triangeln så att D faller på A och DE längs AB, så kommer E att falla på B eftersom AB = DE. Sträckan DF kommer att falla längs AC eftersom A = D och då DF = AC, så kommer F att falla på C. Genom C = F och B = E går bara en enda linje (Axiom 1), så BC = EF, B = E och C = F. Alltså är ABC = DEF. Andra kongruensfallet Här antar vi att sidorna i ABC och DEF är kongruenta, det vill säga AB = DE, BC = EF och AC = DF. Lägg trianglarna som i figuren nedan och drag CF. Då är CAF likbent, AC = DF = AF, så ACF = AF C enligt basvinkelsatsen. På samma sätt får vi F CB = CF B, varför ACB = AF B. Första kongruensfallet ger nu ABC = DEF. 2
Tredje kongruensfallet Nu antar vi att AB = DE samt att A = D och B = E. Antag att DF är kortare än AC. Tag en punkt G på AC sådan att AG = DF. Enligt första kongruensfallet är då ABG = DEF, varför speciellt ABG = DEF. Detta är omöjligt eftersom ABC = DEF. 3 Likställda vinklar och alternatvinklar vid parallella linjer Antag att CAB = ABE i figuren nedan. Då följer att även F AB = DBA. Eftersom AB är gemensam, så får vi på samma sätt som i tredje kongruensfallet att de två oändliga fyrhörningarna CABD och EBAF är kongruenta. Om AC skulle skära BD, så skulle även BE skära AF. Men då skulle de två linjerna CF och DE skära varandra i två punkter, vilket strider mot Axiom 1. Alltså är CF och DE parallella. 3
Antag nu omvänt att DE och CF är parallella. Om CAB till exempel vore större än ABE, så drag en linje GH genom A sådan att HAB = ABE. Enligt ovan skulle då GH vara parallell med DE, vilket betyder att det genom A går två linjer som är parallella med DE. Detta strider mot Axiom 5, parallellaxiomet. Alltså är alternatvinklarna CAB och ABE kongruenta. Fallet med likbelägna vinklar är enkelt att härleda från det här fallet. Övning: Bevisa att de två formuleringarna av parallellaxiomet är ekvivalenta. 4 Likformighetsfallen Likformighet är ett betydligt mer komplicerat begrepp än kongruens. Lite löst uttryckt kan man säga att två figurer är likformiga om de är samma figur fast i olika skala. Det är ganska lätt att visa satser om likformighet när skalan är ett rationellt tal, men betydligt svårare när den är ett godtyckligt reellt tal. Förklaringen är att man i det allmänna fallet behöver en teori för de reella talen, 4
vilket är inte är en enkel historia. I Elementa tas likformighet upp långt senare än kongruens och först då Euklides har behandlat Eudoxos teori för irrationella förhållanden. Nedan förutsätter vi teorin för parallellogrammer. Transversalsatsen Givet en sträcka är det lätt att dela den i två lika långa delar. Vi ska börja med att se på hur man kan dela en sträcka S i fler lika långa delar och illustrerar med tre delar. Låt S = AD vara den givna sträckan och drag en linje L som i figuren. Avsätt samma sträcka AE tre gånger längs L; i figuren är alltså AE = EF = F G. Drag DG och sedan F C och EB parallella med DG. Vi ska visa att AB = BC = CD. Drag BH parallell med L. Då är BHF E en parallellogram, varför BH = EF. Men EF = AE, så BH = AE. Av satsen om likbelägna vinklar följer att EAB = HBC och AEB = BHC. Enligt tredje kongruensfallet är då AEB = BHC, så AB = BC. På samma sätt visas BC = CD. Betrakta nu triangeln ABC nedan. Här är transversalen DE parallell med BC och vi antar att AD / DB = 2/3. Dela AB i fem lika delar. Då delas AD i två och DB i tre delar, som alla är 5
lika långa. Genom delningspunkterna drar vi linjer parallella med AB och DE. Enligt ovan kommer skärningspunkterna med AC att dela AE i två och EC i tre delar, som alla är lika långa. Alltså gäller också att AE / EC = 2/3, det vill säga AD / DB = AE / EC. På samma sätt visar man att om AD / DB = r är ett rationellt tal och DE är parallell med BC, så gäller AE / EC = r = AD / DB. Detta är sant även då r är ett godtyckligt positivt reellt tal, men beviset i det fallet kräver som sagt Eudoxos teori för irrationella förhållanden och vi hoppar över det. Vi har visat Sats 1 (Transversalsatsen) En transversal i en triangel som är parallell med en av sidorna delar de andra två sidorna i samma förhållande. Övning: Formulera och bevisa transversalsatsens omvändning. Tredje likformighetsfallet Nedan är ABC och DEF två trianglar sådana att A = D, B = E och C = F. Vi ska visa att de är likformiga. I figuren är E och F punkter sådana att AE = DE, AF = DF. Enligt första kongruensfallet är AE F = DEF, så AE F = DEF. Alltså är E F parallell med BC. Drag F G parallell med AB. Då är BGF E en parallellogram, varför E F = BG. Använder vi transversalsatsen två gånger, så får vi E F / BC = BG / BC = AF / AC = AE / AB. Alltså är ABC DEF. Vi har ju också ABC AE F, vilket är topptriangelsatsen. Första likformighetsfallet I figuren nedan har vi A = D och DE / AB = DF / AC. Vi ska visa att ABC DEF. Punkterna E och F är sådana att AE = DE och AF = DF och vi måste visa att E F är parallell med BC. Tag F på AC så att E F är parallell med BC. Då får vi AF / AC = AE / AB = DE / AB = DF / AC = AF / AC 6
och det följer att F = F. Detta betyder att E F = E F är parallell med BC. Lägg märke till att transversalsatsens omvändning följer av första likformighetsfallet. Andra likformighetsfallet Vi använder samma figur som ovan, men glöm nu F. Antag att det gäller att AB / DE = BC / EF = AC / DF. Låt E och F vara punkter på AB respektive AC sådana att AE = DE och AF = DF. Eftersom AB / AE = AC / AF, så är AE F ABC enligt första likformighetsfallet. Vi får nu E F / BC = AE / AB = DE / AB = EF / BC, varför E F = EF. Således är AE F = DEF enligt andra kongruensfallet och till slut får vi då ABC AE F = DEF. 7