HELSINGIN YLIOPISTO HELSINGFORS UNIVERSITET UNIVERSITY OF HELSINKI

Transkriptio

1 HELSINGIN YLIOPISTO HELSINGFORS UNIVERSITET UNIVERSITY OF HELSINKI Tiedekunta/Osasto Fakultet/Sektion Faculty Laitos Institution Department Matemaattis-luonnontieteellinen Tekijä Författare Author Anniina Mälkiä Työn nimi Arbetets titel Title Matematiikan ja tilastotieteen laitos Seitsemän ympyrän lause Oppiaine Läroämne Subject Matematiikka Työn laji Arbetets art Level Aika Datum Month and year Sivumäärä Sidoantal Number of pages Pro gradu -tutkielma Maaliskuu s. Tiivistelmä Referat Abstract Tutkielmassa esitellään kaksi tyyliltään hyvin erilaista todistusta seitsemän ympyrän lauseelle sekä käydään läpi todistuksissa tarvittavia tuloksia. Työn viimeiseen osioon on koottu esimerkkitehtäviä, joita voidaan käyttää lukiomatematiikan lisämateriaalina. Avainsanat Nyckelord Keywords Kehäkulmalause, evan lause, kompleksitaso Säilytyspaikka Förvaringsställe Where deposited Kumpulan tiedekirjasto Muita tietoja Övriga uppgifter Additional information

2 Seitsemän ympyrän lause Anniina Mälkiä Helsingin yliopisto 2016

3 Sisältö 1 Johdanto 4 2 Kehäkulmalause 5 3 Rabinowitzin todistus evan lause Seitsemän ympyrän lause Muita tapauksia undyn todistus Kompleksitason perusominaisuuksia Seitsemän ympyrän lause Esimerkkitehtäviä 34 3

4 Luku 1 Johdanto Seitsemän ympyrän lause on verrattain uusi tulos, sillä se esiteltiin ensi kerran vasta vuonna Tulos julkaistiin teoksessa Seven circles theorem and other new theorems, jonka ovat kirjoittaneet.j.a. Evelyn, G.. Money-outts ja J.A. Tyrrell. Teos on kokoelma tasogeometrian lauseita ja teoreemoja, joista osa - työn nimikkolause mukaan lukien - on kokonaan uusia ja modernein menetelmin todistettuja. Yllä mainitussa teoksessa esitetty todistus seitsemän ympyrän lauseelle on varsin haastava, ja se jätetäänkin tässä työssä käsittelemättä. Todistuksessa käytetään inversiogeometrian menetelmiä, mikä oli tekijästä odottamatonta tuloksen elementaarisen luonteen vuoksi. Kenties juuri yksinkertaisen tuloksen haasteellinen todistus on innostanut matemaatikoita etsimään lauseelle vaihtoehtoisia, helpompia todistuksia. Tulokselle onkin sittemmin esitetty vähintään kaksi uudempaa todistusta, jotka tässä työssä käsitellään. Työn ensimmäisessä luvussa käsitellään kehäkulmalausetta, jota tarvitaan myöhemmin. Luvussa 2 seitsemän ympyrän lause todistetaan alkeisgeometrian keinoin ja luvussa 3 kompeleksilukujen avulla. Viimeisessä luvussa käydään läpi kaksi esimerkkiä, jotka on valittu kouluopetusta silmällä pitäen. Seitsemän ympyrän lauseessa tarkastellaan seitsemän toisiaan sivuavan ympyrän jänteitä sekä jänteiden mahdollista leikkauspistettä. Yksinkertaisuutensa vuoksi tulos on mielenkiintoinen esimerkki siitä, että vielä tänä päivänäkin voidaan löytää tuloksia, jotka ovat jääneet antiikin suurilta matemaatikoilta huomaamatta. 4

5 Luku 2 Kehäkulmalause Luvussa 3 käytetään kehäkulmalausetta, joka on eräs antiikin geometrian tunnetuimpia tuloksia. Aloitetaan tämä tutkielma esittelemällä kehäkulmalause. Lause 2.1. Kehäkulma on puolet keskuskulmasta. Väitteen todistamiseksi tulee käsitellä kolme erillistä tapausta (kuva 2.1). Ensimmäisessä tapauksessa toinen kehäkulman kyljistä on halkaisija, toisessa tapauksessa ympyrän keskipiste jää kehäkulman sisälle ja kolmannessa tapauksessa ympyrän keskipiste jää kehäkulman ulkopuolelle. O O O Kuva 2.1 Todistus. Tutkitaan kukin tapaus erikseen. Tapaus 1. Olkoon piste O ympyrän keskipiste ja pisteet A ja kehän pisteitä. Piirretään janat AO ja O sekä janalle AO jatke siten, että se leikkaa ympyrän kehän pisteessä. Koska janat AO ja O ovat saman ympyrän säteinä yhtä pitkät, kolmio AO on tasakylkinen ja sen kantakulmat AO ja O A ovat näin ollen yhtä 5

6 α A α O Kuva 2.2: Tapaus 1 suuret. Merkitään näitä kulmia α. Tiedetään, että kolmion kulmien summa on 180, joten kolmiolle AO pätee α + α + AO = 180. Toisaalta tiedetään myös, että kulma AO on oikokulmana 180 eli Yllä olevista yhtälöistä nähdään, että O + AO = 180. mikä on yhtäpitävää sen kanssa, että α + α = O, α = O. 2 Kaksi jälkimmäistä tapausta saadaan todistettua helposti ensimmäisen tapauksen avulla. 6

7 A O D Kuva 2.3: Tapaus 2 Tapaus 2. Olkoon piste O ympyrän keskipiste ja piste A jokin kehän piste. Piirrettään jana AO ja jatketaan janaa siten, että jatke leikkaa ympyrän kehän pisteessä D. Valitaan ympyrän kehältä pisteet ja siten, että ne ovat eri puolilla halkaisijaa AD. Piirretään janat A ja A. Nyt A = AO + OA. Piirretään janat O ja O. Todistuksen ensimmäisen vaiheen perusteella tiedetään, että ja AO = OD 2 OA = DO. 2 7

8 Niinpä A = OD + DO 2 2 OD + DO = 2 = O. 2 A O D Kuva 2.4: Tapaus 3 Tapaus 3. Olkoon piste O ympyrän keskipiste ja piste A jokin kehän piste. Piirretään jana AO ja jatketaan janaa siten, että jatke leikkaa ympyrän kehän pisteessä D. Valitaan ympyrän kehältä pisteet ja siten, että ne ovat halkaisijan AD samalla puolella. Piirretään janat A ja A. Nyt A = AD AD. Piirretään janat O ja O. Ensimmäisen tapauksen perusteella tiedetään, että ja AD = OD 2 AD = OD. 2 8

9 Niinpä A = OD OD 2 2 OD OD = 2 = O. 2 Kehäkulmalauseen korollaarina saadaan alla oleva tulos, jota käytetään tämän työn seuraavassa luvussa. Korollaari. Samaa kaarta vastaavat kehäkulmat ovat yhtä suuret. 9

10 Luku 3 Rabinowitzin todistus Stanley Rabinowitzin todistus [5] seitsemän ympyrän lauseelle on julkaistu vuonna 1987 Pi Mu Epsilon Journalissa, ja näin ollen se on tässä työssä esitettävistä todistuksista tuoreempi. Rabinowitz (s. 1947) on yhdysvaltaltainen matemaatikko, joka on julkaissut kymmeniä artikkeleja alan lehdissä sekä kirjoittanut kolme kirjaa matemaattisesta ongelmanratkaisusta. Aktiivisesta julkaisutahdista ja innokkaasta matematiikan harrastuneisuudesta huolimatta Rabinowitz tekee päivätyötä tietojenkäsittelytieteilijänä. Kotisivuillaan hän kuvaakin olevansa "ammatiltaan koodari, mutta sydämeltään matemaatikko"[1]. Rabinowitzin yksinkertaisessa ja kauniissa todistuksessa käytetään hyväksi ainoastaan alkeisgeometrian tietoja. Tässä luvussa käydään läpi kyseinen todistus sekä kolme siinä tarvittavaa tulosta. Lauseessa 3.1 esitellään evan lause ja lauseessa 3.2 kyseinen tulos laajennetaan ympyrän kontekstiin. Osion 3.2 alussa käydään läpi eräs todistuksen kannalta olennainen lemma, minkä jälkeen esitellään lyhyt ja ytimekäs todistus työn nimikkolauseelle. 3.1 evan lause Lause 3.1 (evan lause). Olkoot D, E ja F pisteitä kolmion A sivuilla A, ja A. Tällöin janat AE, F ja D leikkaavat samassa pisteessä, jos ja vain jos AD E F = D E F A. Todistus. 1. Oletetaan, että janat AE, F ja D leikkaavat pisteessä P. Piirretään pisteen kautta suora l, joka on yhdensuuntainen janan A kanssa. Jatketaan janoja AE ja F suoralle l. Olkoot vastaavat leikkauspisteet G ja H (kuva 3.1). Yhdenmuotoisista kolmioista (kuva 3.2) saadaan sivujen pituuksien suhteille seuraavat yhtälöt: 10

11 l H G F E P A D Kuva 3.1 AD/G = DP/P E/E = AE/GE AF /F = F /HF D/ H = DP/P. Nyt sivujen AF, D ja E pituudet voidaan ilmaista seuraavasti: DP G AD = P AE E E = GE AF HF F =. F 11

12 l H G l H G F E F E P P l A H D G l A H D G F E F E P P A D A D Kuva 3.2 Tällöin lauseke AD E F saa muodon DP G AE E AF HF AD E F = P GE F DP G AE HF = E F A P GE F DP G AE H = E F A P GE A DP A AE H = E F A P AE A DP H = E F A P = D E F A ja lauseen ensimmäinen suunta on todistettu. 2. Todistetaan lauseen toinen suunta. Oletetaan, että pisteelle D on voimassa AD E F = D E F A. (3.1) 12

13 F E P A D X Kuva 3.3 Olkoon janojen AE ja F leikkauspiste P ja janan P jatkeen ja janan A leikkauspiste X (kuva 3.3). Osoitetaan, että X = D. Todistuksen ensimmäisen suunnan perusteella tiedetään, että janojen E, F ja AX leikatessa samassa pisteessä pätee AX E F = X E F A. (3.2) Jakamalla yhtälö (3.1) puolittain yhtälöllä (3.2) saadaan AD E F AX E F = D E F A X E F A AD AX = D X AD D = AX X. (3.3) Jos X = D, niin todistus on valmis. Muussa tapauksessa piste X sijaitsee joko janalla AD tai janalla D. Tapausten käsittelyssä ei ole eroa, joten tehdään oletus, että piste X on janalla D. Tällöin AD < AX ja DP > X P. Tästä seuraa, että AD D < AX X, mikä on ristiriidassa yhtälön (3.3) kanssa. Täytyy siis olla X = D. Laajennetaan seuraavaksi evan lause ympyrän kontekstiin. Lause 3.2 (evan lause ympyrässä). Olkoot pisteet A,,, D, E ja F peräkkäisiä pisteitä ympyrän kehällä. Jänteet AD, E ja F leikkaavat samassa pisteessä, jos ja vain jos A D EF = DE F A. 13

14 A F P D E Kuva 3.4 Todistus.1. Oletetaan, että jänteet AD, E ja F leikkaavat pisteessä P (kuva 3.4). Jänteet muodostavat ympyrän sisälle kolmiopareja (kuva 3.5). Kehäkulmalauseen korollaarin (sivu 9) nojalla voidaan todeta, että parit muodostuvat keskenään yhdenmuotoisista kolmioista. Näin ollen kolmioiden sivujen pituuksien suhteille saadaan yhtälöt A/DE = PA/PE EF / = PF /P D/F A = P/PA P/PE = P/PF. Nyt jänteiden A, D ja EF pituudet voidaan kirjoittaa muodossa jolloin lauseke A D EF saa muodon PA DE A = PE D = P F A PA PF EF = P, PA DE A D EF = PE P F A PA PF P. Sieventämällä lauseketta päästään helposti haluttuun tulokseen: 14

15 PA DE A D EF = P F A PF PE PA P PA P PF = DE F A PE PA P P PF = DE F A PE P = DE F A. A A A F F F P P P D E D E D E Kuva Todistetaan lauseen toinen suunta. Oletetaan, että A D EF = DE F A. (3.4) Kolmesta ympyrän kaaresta A, DE ja EF A ainakin yhden täytyy olla puoliympyrää lyhyempi. Oletetaan, että tämä pätee esimerkiksi kaarelle DE. Olkoon janojen E ja F leikkauspiste P ja janan AP jatkeen ja ympyrän kaaren leikkauspiste X (kuva 3.6).Todistuksen ensimmäisen suunnan perusteella tiedetään, että jänteiden E, F ja AX leikatessa samassa pisteessä pätee A X EF = X E F A. (3.5) Kun yhtälö (3.4) jaetaan puolittain yhtälöllä (3.5), saadaan A D EF A X EF = DE F A X E F A D X = DE X E D DE = X X E. (3.6) Jos X = D, väite on todistettu. Muussa tapauksessa piste X voi sijaita joko pisteiden ja D välissä tai pisteiden D ja E välissä. Koska tapauksissa ei ole todistuksen 15

16 kannalta eroa, voidaan olettaa, että X sijaitsee esimerkiksi pisteiden D ja E välissä. Tällöin D < X ja DE > X E, mistä seuraa, että D DE < X X E. Tämä on ristiriidassa yhtälön (3.6) kanssa, joten täytyy olla D = X. A P F E D X Kuva Seitsemän ympyrän lause Osoitetaan työn nimikkolauseen todistusta varten vielä todeksi eräs lemma. Lemma 3.3. Piirretään ympyrä ja sen sisään kaksi pienempää ympyrää P ja Q, jotka sivuavat ympyrää pisteissä A ja ja toisiaan pisteessä M. Olkoot ympyröiden keskipisteet vastaavasti, P ja Q ja säteet R, p ja q (kuva 3.7). Tällöin A 2 /4R 2 = (p/(r p)) (q/(r q)). 16

17 R A p P M Q q Kuva 3.7 Todistus. Jatketaan janoja AM ja P M siten, että ne leikkaavat ympyrän kehän pisteissä D ja E. Piirretään janat E, D sekä jana PQ. Tässä tulee huomata, että jana PQ kulkee pisteen M kautta (kuva 3.8). E P D Q A Kuva 3.8 Janat A ja D ovat saman ympyrän säteinä yhtä pitkät. Näin ollen kolmio AD on tasakylkinen ja sen kantakulmat AD ja D A ovat yhtäsuuret. Vastaavasti voidaan päätellä, että janat PA ja P M ovat yhtä pitkät ja kulmat PAM ja P M A siten yhtäsuuret. Koska AD = P AM, täytyy myös olla P M A = D A. Tästä seuraa, että janat D ja P M ovat yhdensuuntaiset. Vastaavasti voidaan päätellä, että janat E ja QM ovat yhdensuuntaiset. Koska piste M on janalla PQ, piste on janalla ED. Murtoviivat P MQ ja ED ovat siis suoria. 17

18 Kehäkulmalauseen korollaarin (sivu 9) nojalla kulmat ED A ja E A ovat yhtäsuuret. Nyt ympyrän sisältä voidaan poimia kolme paria yhdenmuotoisia kolmioita (kuva 3.9): E E E P Q D P Q D P Q D A A A Kuva 3.9 MDE M A MQ E AMP AD. Ensimmäisestä kolmioparista saadaan muodostettua sivujen pituuksien suhteille yhtälö A DE = M A ME = M MD. Janan DE pituus on 2R, joten voidaan kirjoittaa A 2R A 2R = M A ME M MD = M A MD M ME. Kahdesta jälkimmäisestä kolmioparista saadaan yhtälöt joiden mukaan pätee myös Näin ollen M A D A = PA A M A MD = PA P ja ja M E = Q, M ME = Q Q. M A MD M ME = PA P Q Q = p R p q R q 18

19 eli lopulta A 2R A 2R = p R p q R q. Lause 3.4 (Seitsemän ympyrän lause). Olkoot pisteet A 1, A 2, A 3, A 4, A 5 ja A 6 peräkkäisiä pisteitä ympyrän O kehällä. Piirretään ympyrän O sisään kuusi pienempää ympyrää siten, että ne sivuavat ympyrää O edellä mainituissa pisteissä sekä tämän lisäksi molempia vierusympyröitään (kuva 3.10). Tällöin jänteet A 1 A 4, A 2 A 5 ja A 3 A 6 leikkaavat samassa pisteessä. A 3 A 2 A 1 A 4 A 5 A 6 Kuva 3.10 Todistus. Nimetään ympyrän O sisään piirretyt ympyrät sivuamispisteidensä mukaan. Olkoon ympyrän O säde R ja ympyrän A i säde r i. Lemman mukaan pisteiden A i ja A i+1 välisen jänteen pituudelle pätee A i A i+1 = 2R f (r i )f (r i+1 ), kun i = ja A 6 A 1 = 2R f (r 6 )f (r 1 ), missä f (r ) = r /(R r ). Nyt jänteiden pituuksien tulot voidaan kirjoittaa muotoon A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 = 2R f (r 1 )f (r 2 ) 2R f (r 3 )f (r 4 ) 2R f (r 5 )f (r 6 ) = 8R 3 f (r 1 )(r 2 )f (r 3 )f (r 4 )f (r 5 )f (r 6 ) ja A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 1 = 2R f (r 2 )f (r 3 ) 2R f (r 4 )f (r 5 ) 2R f (r 6 )f (r 1 ) = 8R 3 f (r 2 )f (r 3 )f (r 4 )f (r 5 )f (r 6 )f (r 1 ) = 8R 3 f (r 1 )(r 2 )f (r 3 )f (r 4 )f (r 5 )f (r 6 ), 19

20 joten A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 = A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 1. evan lauseen (3.2) nojalla jänteet A 1 A 4, A 2 A 5 ja A 3 A 6 leikkaavat samassa pisteessä, mikä piti todistaa. 3.3 Muita tapauksia Seitsemän ympyrän lause on itse asiassa yllä esitettyä perustapausta yleisempi. Lauseen tulos pätee myös esimerkiksi silloin, kun kuusi tangenttiympyrää ovat alkuperäisen ympyrän ulkopuolella (Kuva 3.11). Tapaus todistetaan kuten lause (3.4). A 3 A 2 A 1 A 4 A 5 A 6 Kuva 3.11 Tämän lisäksi on hyvä huomata, että ympyrät voivat olla toisilleen tangentteja myös seuraavasti: 20

21 A 3 A 2 A 4 A 1 A 5 A 6 Kuva 3.12 Jos luovutaan tangenttipisteiden järjestysehdosta, voidaan viimeinen ympyrä piirtää kahteen vaihtoehtoiseen paikkaan. Näistä kuitenkin korkeintaan toinen toteuttaa lauseen väitteen. Kuvassa 3.13 valinta on tehty oikein ja sivuamispisteitä yhdistävät janat leikkaavat samassa pisteessä. Kuvan 3.14 tapauksessa janat eivät leikkaa, eli valinta on väärä. Sivuamispisteiden järjestys on siis riittävä, muttei välttämätön ehto lauseen toteutumiseksi. Tarkempi ehto seitsemän ympyrän lauseelle annetaan lähteessä [7] ja se esitetään seuraavaksi. A 6 A 5 A 1 A 5 A 1 A 6 A 4 A 3 A 4 A 3 A 2 A 2 Kuva 3.13 Kuva 3.14 Lause 3.5. Seitsemän ympyrän lauseen ehto toteutuu, jos ja vain jos kaarista (A 1 A 2 A 4 ), (A 2 A 3 A 4 ), (A 5 A 6 A 4 ) ja (A 6 A 1 A 4 ) parillinen määrä on positiivisia, eli vastapäivään kiertäviä. 21

22 Lauseen alkuperäinen todistus on haastava inversiogeometrian ongelma, joka sivuutetaan tässä työssä. Todistuksen voi halutessaan katsoa lähteestä [7] sivuilta

23 Luku 4 undyn todistus Tässä luvussa esitettävän todistuksen seitsemän ympyrän lauseeelle on esittänyt Iso- ritannian ja Malawin Yliopistoissa matematiikan professorina toiminut Henry Martyn undy ( ). undy julkaisi uransa aikana yhden matemaattisia malleja käsittelevän teoksen sekä tämän lisäksi yli 50 artikkelia Mathemathical Gazette - lehdessä. Matemaatikon työn ohella undy tunnettiin niin ikään laulajaja, muusikkona ja runoilijana. [2] undyn todistus [4] on julkaistu vuonna 1978 Mathematical Gazette -lehdessä. Hän esittää artikkelissaan seitsemän ympyrän lauseen todistuksen kompleksilukujen avulla. Tämän tutkielman osiossa 4.1 kerrataan muutamia kompleksilukuihin liittyviä määritelmiä sekä käydään läpi eräitä todistuksessa tarvittavia tuloksia. Osiossa 4.2 esitetään lauseen varsinainen todistus. 4.1 Kompleksitason perusominaisuuksia Osion 4.1 pääasiallisena lähteenä on käytetty teoksen [6] sivuja Kompleksitaso on vektoriavaruus R 2 varustettuna kertolaskulla (a,b) (c,d) = (ac bd, ad + bc). Imaginääriyksikkö on kompleksitason piste i = (0,1). Sille pätee i 2 = 1. Kompleksiluku on kompleksitason piste. Jokainen kompleksiluku z voidaan esittää yksikäsitteisesti muodossa z = x + i y, missä x, y R. Moduli tarkoittaa kompleksiluvun pituutta. Se saadaan luvulle z = x + i y kaavalla z = x 2 + y 2. 23

24 Argumentti eli vaihekulma on kompleksilukua vastaavan vektorin ja reaaliakselin välinen kulma. Moduli ja argumentti määräävät yhdessä kompleksiluvun yksikäsitteisesti. Napakoordinaattiesitys on kompleksilukujen esitysmuoto, jossa moduli ja argumentti ovat suoraan näkyvissä. Jos kompleksiluvun z moduli on r ja argumentti θ, voidaan kirjoittaa z = re θi. Konjugaatti tarkoittaa kompleksiluvun z = x + i y liittolukua z = x i y. Se saadaan peilaamalla luku x-akselin suhteen. Lemma 4.1 (Konjugaatin perusominaisuudet). a) Summan konjugaatti on konjugaattien summa eli (z 1 + z 2 ) = z1 + z 2 kaikilla z 1, z 2. b) Tulon konjugaatti on konjugaattien tulo eli (z 1 z 2 ) = z1 z 2 kaikilla kompleksiluvuilla z 1 ja z 2. Erityisesti (r z) = r z kaikilla r R ja z. c) Jos z, niin z = z ja arg(z ) = arg(z). d) Kaikilla z pätee z z = z 2. Todistus. a) Olkoot z 1 = x 1 + i y 1 ja z 2 = x 2 + i y 2 mielivaltaisia kompleksilukuja. Tällöin (z 1 + z 2 ) = (x 1 + i y 1 + x 2 + i y 2 ) = (x 1 + x 2 + i(y 1 + y 2 )) = x 1 + x 2 i(y 1 + y 2 ) = x 1 i y 1 + x 2 i y 2 = z 1 + z 2. b) Olkoot z 1 = x 1 + i y 1 ja z 2 = x 2 + i y 2 mielivaltaisia kompleksilukuja. Tulon konjugaatti voidaan kirjoittaa muodossa (z 1 z 2 ) = ((x 1 + i y 1 )(x 2 + i y 2 )) = (x 1 x 2 + x 1 i y 2 + x 2 i y 1 + i 2 y 1 y 2 ) = (x 1 x 2 + x 1 i y 2 + x 2 i y 1 y 1 y 2 ) = (x 1 x 2 y 1 y 2 + i(x 1 y 2 + x 2 y 1 )) = (x 1 x 2 y 1 y 2 i(x 1 y 2 + x 2 y 1 ) = x 1 x 2 i x 1 y 2 i x 2 y 1 y 1 y 2 = (x 1 i y 1 )(x 2 i y 2 ) = z 1 z 2. 24

25 Tämän työn kannalta on mielekästä huomata, että tulos pätee erityisesti silloin, kun toinen luvuista z 1 tai z 2 on reaaliakselin piste. Toisin sanoen (r z) = r z kaikilla r R. c) Olkoon z = x + i y mielivaltainen kompleksiluku ja z = x i y sen konjugaatti. Tällöin z = (x + i y) = x i y = x 2 + ( y) 2 = x 2 + y 2 = x + i y = z. Kun kompleksiluvun konjugaattia tarkastellaan geometrisesti eli peilauksena x-akselin suhteen, on helppo huomata, että arg(z ) = arg(z) d) Olkoon z = x + i y mielivaltainen kompleksiluku ja z = x i y sen konjugaatti. Tällöin z z = (x + i y)(x i y) = x 2 (i y) 2 = x 2 + y 2 ) 2 = ( x 2 + y 2 = z 2. Lemma 4.2 (Tulon geometrinen tulkinta). Olkoot z 1 = r 1 e θ 1i ja z 2 = r 2 e θ 2i mielivaltaisia kompleksitason pisteitä. Tällöin z 1 z 2 = z 1 z 2 ja arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 )+arg(z 2 ). Todistus. Kertomalla napakoordinaattimuotoiset kompleksiluvut z 1 ja z 2 saadaan z 1 z 2 = r 1 e θ 1i r 2 e θ 2i = r 1 r 2 e (θ 1+θ 2 )i. Tästä nähdään helposti, että tulon moduli on modulien tulo eli z 1 z 2 = z 1 z 2 ja että tulon argumentti on argumenttien summa eli arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ). Lemma 4.3 (Käänteisluvun moduli ja argumentti). Olkoon z, z 0. Tällöin arg ( z 1) = arg(z) ja z 1 = z 1. Lisäksi, jos z on yksikköympyrällä, niin z 1 = z. 25

26 Todistus. Lemman 4.1 d-kohdan nojalla z 2 = z z, joten z z z 2 = z z z z = z z z z = 1. Käänteisluvun määritelmän mukaan pätee siis z 1 = z z 2. Osoitetaan ensin, että arg ( z 1) = arg(z). Äskeisen esityksen myötä ( z ) ( ) 1 arg z 2 = arg z 2 z. Lemmojen 4.1 ja 4.2 nojalla edellinen saa muodon ( ) 1 arg + arg ( z z 2 ) = arg ( z ) = arg(z) ja näin ollen arg ( z 1) = arg(z). Osoitetaan seuraavaksi, että z 1 = z 1. Nyt siis z 1 z = z = 1 z 2 z. Ensimmäisten itseisarvomerkkien sisällä oleva luku on aina positiivinen, joten voidaan kirjoittaa 1 z 2 z 1 = z 2 z. Kompleksiluvun ja sen konjugaatin modulit ovat samat, joten eli edelleen 1 z 2 z = 1 z 2 z 1 z 2 z = 1 z = z 1. Siispä z 1 = z 1. Osoitetaan vielä lopuksi, että yksikköympyrällä pätee aina z 1 = z. Jos z on yksikköympyrällä, niin z = 1, ja siten z 1 = z z 2 = z 1 2 = z. 26

27 4.2 Seitsemän ympyrän lause Seuraavassa ympyräketju tarkoittaa ympyröiden muodostamaa jonoa, jossa jokainen jonon jäsen sivuaa edellistä ympyrää. Ympyräketju on suljettu, jos ketjun ensimmäinen ja viimeinen jäsen sivuavat toisiaan. Lause 4.4. Olkoot A 1,..., A 6 peräkkäisiä pisteitä ympyrän kehällä. Oletetaan, että ympyrä S i sivuaa ympyrää pisteessä A i kaikilla i = 1,...,6 ja että ympyrät S i muodostavat suljetun ketjun. Tällöin jänteet A 1 A 4, A 2 A 5 ja A 3 A 6 leikkaavat samassa pisteessä. Rabinowitzin todistuksessa näytettiin, että lause pätee, kun pienet ympyrät ovat alkuperäisen ympyrän samalla puolella. Muutkin tapaukset ovat mahdollisia, ja ne tulevat käsitellyiksi seuraavassa todistuksessa. Todistus kompleksiluvuilla. Olkoon yksikköympyrä. Olkoon t i pistettä A i vastaava kompleksiluku kullakin i = 1,...,6. Silloin ympyrän S i keskipiste voidaan kirjoittaa muodossa s i t i jollakin s i R. Jos s i > 1, ympyrä S i on ympyrän ulkopuolella, jos 0 < s i < 1, ympyrä S i on ympyrän sisäpuolella ja jos s i < 0, ympyrä S i sulkee sisäänsä ympyrän. Tarkastellaan kahta ympyrää S 1 ja S 2. Seuraavaan taulukkoon on koottu kaikki kolme tapausta, joita on havainnollistettu myös kuvassa 4.1. r 1 r 2 s 1 s 2 1 s 1 1 s 2 0 < s 1 < 1 0 < s 2 < 1 r 1 + r 2 = 2 s 1 s 2 s 1 1 s 2 1 s 1 > 1 s 2 > 1 r 1 + r 2 = s 1 + s s 1 s 2 1 s 1 < 0 s 2 > 1 r 1 r 2 = 2 s 1 s 2 Lemman 4.1 d-kohdan nojalla ympyröiden S 1 ja S 2 keskipisteiden välisen etäisyyden neliö on s 1 t 1 s 2 t 2 2 = (s 1 t 1 s 2 t 2 )(s 1 t 1 s 2t 2 ) = (s 1 t 1 s 2 t 2 )(s 1 /t 1 s 2 /t 2 ). Toisaalta etäisyyden neliö on edellisen taulukon nojalla joka tapauksessa (2 s 1 s 2 ) 2. Saadaan siis yhtälö (s 1 t 1 s 2 t 2 )(s 1 /t 1 s 2 /t 2 ) = (2 s 1 s 2 ) 2. Avaamalla yhtälön kummatkin puolet saadaan s 2 1 s 1t 1 s2 t 2 s 2 t 2 s1 t 1 + s 2 2 = 4 4s 1 4s 2 + s s s 1s 2 27

28 A 1 A 2 r 1 + r 2 s 2 s 1 A 1 s 2 s 1 A 2 r 1 + r 2 A 2 s 2 r1 r2 A 1 s 1 Kuva

29 ja edelleen Nyt eli s 1 t 1 s2 t 2 s 2 t 2 s1 t 1 = 4 4s 1 4s 2 + 2s 1 s 2. ( t1 s 1 s 2 + t ) 2 = 4 4s 1 4s 2 + 2s 1 s 2, t 2 t 1 t 1 t 2 + t 2 t 1 = 4 4s 1 4s 2 + 2s 1 s 2 s 1 s 2. Vasen puoli on sama kuin (t 1 t 2 ) 2 /(t 1 t 2 ) + 2, joten yhtälö saa muodon Niinpä (t 1 t 2 ) 2 t 1 t 2 = 4 4s 1 4s 2 + 2s 1 s 2 s 1 s 2 2 = 4 4s 1 4s 2 + 4s 1 s 2 s 1 s 2. (t 1 t 2 ) 2 4t 1 t 2 = (1 s 1)(1 s 2 ) s 1 s 2. Oikea puoli voidaan edelleen kirjoittaa muodossa r 1 r 2 /( s 1 s 2 ), eli (t 1 t 2 ) 2 4t 1 t 2 = r 1 r 2 /( s 1 s 2 ). Kun käytetään merkintää (t i t j ) 2 /(4t i t j ) = f i j, saadaan Näin ollen eli joten Osoitetaan, että f 12 f 34 f 56 = r 1r 2 s 1 s 2 r 3r 4 s 3 s 4 r 5r 6 s 5 s 6 = r 1r 2 r 3 r 4 r 5 r 6 s 1 s 2 s 3 s 4 s 5 s 6 = f 23 f 45 f 61. (4.1) (t 1 t 2 ) 2 4t 1 t 2 (t 3 t 4 ) 2 4t 3 t 4 (t 5 t 6 ) 2 4t 5 t 6 = (t 2 t 3 ) 2 4t 2 t 3 (t 4 t 5 ) 2 4t 4 t 5 (t 6 t 1 ) 2 4t 6 t 1 (t 1 t 2 ) 2 (t 3 t 4 ) 2 (t 5 t 6 ) 2 = (t 2 t 3 ) 2 (t 4 t 5 ) 2 (t 6 t 1 ) 2, (t 1 t 2 )(t 3 t 4 )(t 5 t 6 ) = ±(t 2 t 3 )(t 4 t 5 )(t 6 t 1 ). (4.2) (t 1 t 2 )(t 3 t 4 )(t 5 t 6 ) = (t 2 t 3 )(t 4 t 5 )(t 6 t 1 ). 29

30 A 2 t 1 t 2 t 3 t 2 A 3 A 1 Kuva 4.2 Kuvasta 4.2 näkyy, että kulma A 3 A 2 A 1 voidaan esittää muodossa A 3 A 2 A 1 = arg(t 1 t 2 ) arg(t 3 t 2 ) = arg(t 1 t 2 ) + arg ( (t 3 t 2 ) 1) = arg ( (t 1 t 2 )(t 3 t 2 ) 1) ( ) t1 t 2 = arg. t 3 t 2 Vastaavalla tavalla voidaan päätellä, että ( ) t3 t 4 A 5 A 4 A 3 = arg t 5 t 4 ja Nyt ( ) t5 t 6 A 1 A 6 A 5 = arg. t 1 t 6 30

31 A 3 A 2 A 1 + A 5 A 4 A 3 + A 1 A 6 A ( ) ( ) 5 ( ) t1 t 2 t3 t 4 t5 t 6 = arg + arg + arg t 3 t 2 t 5 t 4 t 1 t ( ) 6 t1 t 2 = arg t3 t 4 t5 t 6 t 3 t 2 t 5 t 4 t 1 t ( 6 = arg (t ) 1 t 2 )(t 3 t 4 )(t 5 t 6 ) (t 2 t 3 )(t 4 t 5 )(t 6 t 1 ) (4.2) = arg(±1) = nπ, missä n = 1, 2. Koska kyseessä on konveksi kuusikulmio, täytyy kulmien summan olla yli π ja siksi n = 2. Nyt (t 1 t 2 )(t 3 t 4 )(t 5 t 6 ) (t 2 t 3 )(t 4 t 5 )(t 6 t 1 ) = 1, ja näin ollen (t 1 t 2 )(t 3 t 4 )(t 5 t 6 ) = (t 2 t 3 )(t 4 t 5 )(t 6 t 1 ), (4.3) kuten haluttiin. Tarkastellaan todistuksen viimeisessä vaiheessa janoja A 1 A 4, A 2 A 5 ja A 3 A 6. Olkoon z piste janalla A 1 A 4. Kuvasta 4.3 nähdään, että arg ( z ) = arg(t 1 ) + α ja joten α = arg(t 4 ) arg(z), arg ( z ) = arg(t 1 ) + arg(t 4 ) arg(z) = arg(t 1 ) + arg(t 4 ) + arg ( z ) = arg ( t 1 t 4 z ). Lisäksi z = z = z = 1 1 z = t1 t 4 z = t1 t 4 z, eli z = t 1 t 4 z. Koska t 1 +t 4 = z+z, voidaan janat A 1 A 4, A 2 A 5 ja A 3 A 6 esittää yhtälöinä z + t 1 t 4 z = t 1 + t 4, z + t 2 t 5 z = t 2 + t 5, z + t 3 t 6 z = t 3 + t 6. 31

32 Janat leikkaavat samassa pisteessä, jos ja vain jos yhtälöryhmällä z + t 1 t 4 z = t 1 + t 4 z + t 2 t 5 z = t 2 + t 5 z + t 3 t 6 z = t 3 + t 6 on ratkaisu. Tämä on yhtäpitävää sen kanssa, että 1 t 1 t 4 t 1 + t 4 1 t 2 t 5 t 2 + t 5 1 t 3 t 6 t 3 + t = 0. 6 Kun determinantti lasketaan auki, saadaan 1 t 1 t 4 t 1 + t 4 1 t 2 t 5 t 2 + t 5 1 t 3 t 6 t 3 + t = 1 t 2t 5 t 2 + t 5 t 3 t 6 t 3 + t 6 t 1t 4 1 t 2 + t 5 1 t 3 + t 6 + (t 1 + t 4 ) 1 t 2t 5 1 t 3 t 6 6 =t 2 t 5 (t 3 + t 6 ) t 3 t 6 (t 2 + t 5 ) t 1 t 4 (t 3 + t 6 t 2 t 5 ) + (t 1 + t 4 )(t 3 t 6 t 2 t 5 ) =t 2 t 3 t 5 + t 2 t 5 t 6 t 2 t 3 t 6 t 3 t 5 t 6 t 1 t 3 t 4 t 1 t 4 t 6 + t 1 t 2 t 4 + t 1 t 4 t 5 + t 1 t 3 t 6 t 1 t 2 t 5 + t 3 t 4 t 6 t 2 t 4 t 5 =t 1 t 3 t 5 t 1 t 3 t 5 + t 2 t 4 t 6 t 2 t 4 t 6 + t 2 t 3 t 5 + t 2 t 5 t 6 t 2 t 3 t 6 t 3 t 5 t 6 t 1 t 3 t 4 t 1 t 4 t 6 + t 1 t 2 t 4 + t 1 t 4 t 5 + t 1 t 3 t 6 t 1 t 2 t 5 + t 3 t 4 t 6 t 2 t 4 t 5 = t 1 t 3 t 5 + t 1 t 4 t 5 + t 2 t 3 t 5 t 2 t 4 t 5 + t 1 t 3 t 6 t 1 t 4 t 6 t 2 t 3 t 6 + t 2 t 4 t 6 t 2 t 4 t 6 + t 1 t 2 t 4 + t 2 t 5 t 6 t 1 t 2 t 5 + t 3 t 4 t 6 t 1 t 3 t 4 t 3 t 5 t 6 + t 1 t 3 t 5 = (t 1 t 3 t 5 t 1 t 4 t 5 t 2 t 3 t 5 + t 2 t 4 t 5 t 1 t 3 t 6 + t 1 t 4 t 6 + t 2 t 3 t 6 t 2 t 4 t 6 ) (t 2 t 4 t 6 t 1 t 2 t 4 t 2 t 5 t 6 + t 1 t 2 t 5 t 3 t 4 t 6 + t 1 t 3 t 4 + t 3 t 5 t 6 t 1 t 3 t 5 ) = (t 1 t 3 t 1 t 4 t 2 t 3 + t 2 t 4 )(t 5 t 6 ) (t 2 t 4 t 2 t 5 t 3 t 4 + t 3 t 5 )(t 6 t 1 ) = (t 1 t 2 )(t 3 t 4 )(t 5 t 6 ) (t 2 t 3 )(t 4 t 5 )(t 6 t 1 ). Yhtälön (4.3) nojalla determinantiksi tulee nolla. Siispä janat A 1 A 4, A 2 A 5 ja A 3 A 6 leikkaavat samassa pisteessä, mikä piti todistaa. 32

33 A4 z t 4 z A1 α t1 Kuva

34 Luku 5 Esimerkkitehtäviä Tässä luvussa esitetään tutkielman henkeen sopivia esimerkkitehtäviä, jotka ovat tarkoitettu lukion pitkän matematiikan geometria-kurssin lisämateriaaliksi. Tehtävissä tutustutaan matemaattiseen todistamiseen käyttäen apuna evan lausetta (lause 3.1). Tehtävä 1. Osoita evan lauseen avulla, että a) kolmion keskijanat eli mediaanit leikkaavat samassa pisteessä. b) kolmion korkeusjanat leikkaavat samassa pisteessä. Todistus. a) Piirretään kolmio A ja sille mediaanit AE, F ja G (kuva 5.1). evan lauseen nojalla mediaanit leikkaavat samassa pistessä, jos ja vain jos AG E F = G E AF. A F G E Kuva

35 Mediaanit jakavat sivut A, ja A kahteen yhtä suureen osaan, eli AG = G, E = E ja F = AF. Tästä nähdään helposti, että AG E F = G E AF. Näin ollen mediaanit AE, F ja G leikkaavat evan lauseen nojalla samassa pisteessä. F E A G Kuva 5.2 b) Piirretään kolmio A ja sille korkeusjanat AE, F ja G (kuva 5.2). Kolmiot AE ja F ovat yhdenmuotoisia, sillä kulmat E ja F ovat yhtä suuret ja kulma on molemmille kolmioille yhteinen. Vastaavasti voidaan päätellä, että kolmiot AE ja G sekä kolmiot F A ja G A ovat yhdenmuotoisia. Näin ollen E/F = AE/F, G/E = G/AE, AF /AG = F /G. Nyt AG E F = AF G G AE E F F G AE = G E AF, joten korkeusjanat leikkaavat evan lauseen nojalla samassa pisteessä. Seuraavan tehtävän alkuperäinen versio löytyy lähteen [3] sivulta 160. Tehtävä 2 (Gergonnen piste). Piirretään kolmion A sisään ympyrä O, joka sivuaa kolmion sivuja pisteissä D, E ja F. Osoita, että janat AE, F ja D leikkaavat samassa pisteessä. 35

36 A D P F E Kuva 5.3 Todistus. Osoitetaan ensin, että janojen pituuksille pätee AD = AF, D = E, E = F. Tiedetään, että kolmion A kärjistä piirretyt kulmanpuolittajat leikkaavat ympyrän O keskipisteessä. Olkoon tämä piste P. Piirretään ympyrälle säteet DP ja F P. Näin muodostuvat kolmiot ADP ja AP F ovat yhteneviä, sillä sivu AP on molemmille yhteinen, sivut DP ja F P ovat saman ympyrän säteinä yhtä pitkät ja kulmat F AP ja PAD ovat yhtä suuria. Tästä seuraa, että myös janat AD ja AF ovat yhtä pitkiä. Vastaavasti voidaan päätellä, että janat D ja E sekä janat E ja F ovat yhtä pitkiä. Näin ollen AD E F = D E F A ja janat AE, F ja D leikkaavat evan lauseen nojalla samassa pisteessä. Tehtävän 2 leikkauspistettä kutsutaan Gergonnen pisteeksi. Se on nimetty ranskalaisen matemaatikko Joseph Gergonnen ( ) mukaan. 36

37 Kuvat Tapaus Tapaus Tapaus

38 Kirjallisuutta [1] Luettu: [2] h-martyn-cundy html. Luettu: [3] Nathan Altshiller ourt. ollege Geometry. Dover Publications, Inc, Mineola, New York, [4] H. Martyn undy. The seven circles theorem. The Mathematical Gazette, 62(421): , [5] Stanley Rabinowitz. The seven circles theorem. Pi Mu Epsilon Journal, 8: , [6] Jokke Häsä; Johanna Rämö. Johdatus abstraktiin algebraan. Gaudeamus Helsinki Unirversity Press, [7].J.A. Evelyn; G.. Money-outts; J.A. Tyrrell. The Seven ircles Theorem. usiness ooks Limited, Mercury House, Waterloo Road,