Kuva 78: Kulman monikerta Jos A n :n valinta onnistuu, niin syntyvä kulma A n BC on (H11):n yksikäsitteisyyspuolen

Transkriptio

1 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 51 Kulmamitan konstruktio. Seuraavaksi konstruoidaan kulmamitta. Konstruktio muistuttaa paljolti janamitan konstruktiota. Tässä ideana on käyttää yksikkökulmana suoraa kulmaa sovitaan, että sen astemitta on 90. uolittamalla toistuvasti suora kulma saadaan yhä pienempiä ja pienempiä apukulmia, joilla voidaan sitten approksimoida annettua kulmaa ja saada raja-arvona tällekin mitta. Konstruktiota varten tarvitaan kulman monikerran ja puolittajan käsitteet. Olkoon kulma. Konstruoidaan pisteet 1, 2, 3,... seuraavasti: Valitaan ensin 1 =. Sitten valitaan siten, että ja tämän jälkeen, olettaen että n 1 on jo valittu, valitaan kulman n 1 sisältä piste n s.e. n n 1 =. Sovitaan sitten, että kulman n:s monikerta on kulma n, ja merkitään sitä n ( ) tai lyhemmin n. Tässä on heti sanottava, että pisteen n valintaeivälttämättä onnistu (Syy näkyy kuvasta, jossa 6 :nvalintaeienää onnistu.) ja monikerran määrittely loppuu siihen = 1 6 Kuva 78: Kulman monikerta Jos n :n valinta onnistuu, niin syntyvä kulma n on (H11):n yksikäsitteisyyspuolen nojalla yksikäsitteinen, ja määrittely on järkevää, kunhan se siis vain onnistuu. Määritellään sitten kulman puolittaja. Määritelmä Olkoon kulma. uolisuora on kulman puolittaja, jos on :n ja :n välissä ja =. Kuva 79: Kulman puolittaja LUSE Olkoon kulman puolittaja. Tällöin monikerta 2 ( ) on määritelty ja 2 ( ) =. Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. LUSE Jokaisella kulmalla on yksikäsitteinen puolittaja. Todistus. Olkoon mielivaltainen kulma. Osoitetaan sen puolittajan olemassaolo konstruoimalla sellainen. Valitaan piste s.e. =.

2 52 KULMMITN KONSTRUKTIO E Kuva 80: Kulman puolitus Lauseen nojalla janalla on keskipiste, olkoon se E. Tällöin E, joten lauseen nojalla E on puolisuorien ja välissä. Janan keskipisteen määritelmän mukaan E = E, joten SSS-säännön nojalla saadaan E = E. Erityisesti E = E = E, joten E on :n puolittaja. Yksikäsitteisyyden osoittamiseksi oletetaan, että myös F on kulman puolittaja ja näytetään, että F = E. uomilauseen mukaan F leikkaa janaa jossakin pisteessä G. SKS-säännön nojalla G = G, joten G = G. Tällöin G on janan keskipiste ja lauseen yksikäsitteisyypuolen nojalla on oltava G = E. Koska G F, niin silloin E F, joten E = F. Ennen kulmamitan konstruktiota tarvitaan vielä yksi aputulos. LUSE Olkoon kolmio, jossa on suora. Olkoon kulman puolittaja siten, että. Tällöin <. Todistus. Valitaan piste E siten, että E. F E Kuva 81: Kulman puolittaja jakaa sivun näin Ulkokulmaepäyhtälö sovellettuna kolmioon antaa < E. Tässä E on suoran kulman täydennyskulma ja siis E =. Siten <. Lause sovellettuna kolmioon antaa tällöin <. Tämän perusteella voidaan valita F siten, että F ja F =. Koska on kulman F puolittaja, on F =. Tällöin SKS-sääntö antaa F =. Erityisesti F = ja = F ( ). Koska oletuksen mukaan on suora, niin lauseen nojalla myös F on suora ja siis myös sen täydennyskulma F on suora ja lauseen nojalla F =

3 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 53. Koska, kuten yllä todettiin, <, niin saadaan < F. Sovelletaan nyt uudelleen lausetta , tällä kertaa kolmioon F ja saadaan F <.Tällöin on ( ):n nojalla <. Varsinainen kulmamitan konstruktio: Valitaan ensin jokin kiinteä suora kulma KOI, jossa lisäksi KO = OI. Tällainen on olemassa lauseen nojalla. Olkoon sitten mielivaltainen kulma. Valitaan siten, että K OI ja = OI. Lauseen nojalla KOI:lla on puolittaja, olkoon se O 1. Edelleen 1 OI:lla on puolittaja, olkoon se O 2 jne. K K O I O I Kuva 82: Kulma ja kulman mittauspalaset Induktiolla voi todistaa, että 2 n ( n OI) = KOI. Tämän jätämme harjoitustehtäväksi; vertaa vastaavaan konstruktioon janamitan osalta. Edelleen induktiolla voidaan todeta, että monikertaa 2 n+1 ( n OI) eivoienää määritellä (vaan tulos olisi oikokulma ), mutta kaikki alemmat monikerrat saadaan määritellyksi, siis k ( n OI) onmääritelty, jos ja vain jos k =1,...,2 n+1 1. Määritellään nyt kaikille n N { 0, jos n OI OI k n = max{k {1, 2,...,2 n+1 1} k ( n OI) < OI} muuten. setetaan edellen m n = k n /2 n R. (Vertaa vastaaviin määrittelyihin janamitan konstruktiossa, tässä siislukuk n kertoo kuinka monta kertaa n OI mahtuu kulman OI sisälle.) Osoitetaan, että näin määritelty reaalilukujono (m n ) n N suppenee. Tunnetusti tätä varten riittää osoittaa, että se on kasvava ja ylhäältä rajoitettu. Suoraan määritelmästä näkyykin, että k n 2 n+1 1 kaikilla n, joten m n = k n 2 n 2n+1 1 < 2 n 2 ja siis (m n )onylhäältä rajoitettu ja riittää tarkastaa sen kasvavuus. Lauseen mukaan 2( n+1 OI) = n OI, ja induktiolla nähdään, että 2k( n+1 OI) =k( n OI) k =1,...,2 n+1 1. Luvun k n määritelmän mukaan tällöin k n+1 2k n ja edelleen m n+1 = k n+1 2 n+1 2k n 2 n+1 = k n 2 n = m n, joten (m n )onkasvava.

4 54 KULMMITN KONSTRUKTIO Näin ollen (m n ) suppenee kohti jotakin reaalilukua lim n m n R. Sanomme, että luku ( ) =90 lim m n n on kulman astemitta. Tämä määritelmä on järkevä samoista syistä kuin janamitan määritelmäkin. LUSE Olkoon mielivaltainen kulma. Tällöin ( ) > 0. Todistus. Todistuksen juoni on sama kuin janamitan tapauksessa. ientä lisähankaluutta tulee kuitenkin siitä, että rhkhimedeen aksiooma ei puhu kulmista vaan janoista ja kulmat joudutaan ennen sen käyttöä korvaamaan janoilla. Nimetään aluksi apupisteet ja -luvut kuten edellä kulmamitan konstruktiossa. Koska (m n ) on kasvava jono ja (m n ) 0, niin riittää osoittaa, että jokin luvuista m n eroaa nollasta, mihin riittää se, että jokin k n on nollasta eroava, mikä taas pätee, kunhan n OI < OI jollekin n. Jos 1 OI < OI, niin asia on selvä. Jos 1 OI = OI, niin 2 OI < OI ja asia on taas selvä. Voidaan siis olettaa, että OI < 1 OI. Koska O 1 on KOI:n puolittaja, niin KO 1 = 1 OI ja tällöin OI < KO 1. Siten kulman KO 1 sisällä on puolisuora OQ s. e. QO 1 = OI. K R Q 0 1 K O I O I Kuva 83: Kulmamitan positiivisuus uomilauseen nojalla O 1 leikkaa janaa KI. Olkoon leikkauspiste 0. Vastaavasti OQ leikkaa janaa K 0 ; olkoon leikkauspiste R Olkoon edelleen kulman KO 0 puolittajan ja K 0 :n leikkauspiste 1 kulman 1 O 0 puolittajan ja 1 0 :n leikkauspiste 2 kulman 2 O 0 puolittajan ja 2 0 :n leikkauspiste 3... ja yleisesti kulman n 1 O 0 puolittajan ja n 1 0 :n leikkauspiste n. Selvästi n 1 n 0 kaikilla n. Nyt KO 0 = 1 OI, sillä O 0 = O 1 on kulman KOI puolittaja, joten näiden puolitetut kulmat ja 2 OI ovat myös yhtenevät. Tämän perustelu on sopiva harjoitustehtävä. Edelleen näidenkin puolikkaat ovat yhtenevät keskenään jne. Induktiolla saadaan: ( ) n O 0 = n+1 OI n Koska alunperin lähdettiin siitä, että OK = OI, niin SKS-säännön avulla saadaan KO 0 = IO0. Erityisesti K 0 O = I 0 O. Koska K 0 I, niin nämä ovat toistensa täydennyskulmia ja siten K 0 O on suora. Sovelletaan nyt lausetta

5 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ kolmioon O 0 K ja saadaan 0 1 < 1 K. Vastaavasti kolmiosta O 0 1 saadaan 0 2 < 2 1 jne. Yleisesti 0 n < n n 1 n =2, 3,... Tällöin lauseen nojalla 0 1 < 1 K ja 0 n < n n 1 n =2, 3,... Toisaalta lauseen nojalla K = 0 K ja 0 n + n n 1 = 0 n 1 n =2, 3,... Tästä saadaan induktiolla tulos 2 n 0 n < 0 K n =2, 3,... alataan tarkastelemaan pistettä R. rkhimedeen aksiooman nojalla on olemassa luku m N, jolla 0 K<m 0 R. Valitaan n niin suureksi, että 2 n >m, jolloin saadaan 2 n 0 n < 0 K<m 0 R<2 n 0 R, joten 2 n 0 n < 2 n 0 R. On sopiva harjoitustehtävä osoittaa, että tästä seuraa 0 n < 0 R. Koska sekä n että R ovat puolisuoralla 0 K, niin tämä merkitsee, että 0 n R. Tämä taas lauseen mukaan aiheuttaa sen, että n O 0 < RO 0. ikaisemmin kohdassa ( ) todettiin, että n O 0 = n+1 OI kaikilla n, ja toisaalta R:n valinnan nojalla pätee RO = OI. Näistä päätellään n+1 OI < OI,mikä on juuri sitä, mitä todistuksen alussa haluttiinkin. LUSE (Kulmamitan additiivisuus). Olkoon mielivaltainen kulma ja kylkien ja välissä. Tällöin ( ) +( ) = ( ). Todistus. Olkoot pisteet 1, 2 ja 3 sekä luvut kn, 1 kn 2 ja kn 3 kulmamitan konstuktiossa käytettyjä vastaten kulmia, ja, tässä järjestyksessä. 1 3 O 1 k n ( n O I) I O 2 2 k n ( n O I) I O (k 1+k 2)( O I) n n n I Lukujen k n määritelmän mukaan Kuva 84: Kulmamitan additiivisuus k 1 n( n OI) < 1 OI ja Täten k 2 n( n OI) < 2 OI. (k 1 n + k 2 n)( n OI) < 3 OI.

6 56 KULMMITN KONSTRUKTIO Tämän tarkka perustelu jää harjoitustehtäväksi. Se menee samaan tapaan kuin lauseen todistuksen vastaava kohta. (Huomaa, että tämä ontämän todistuksen lähes ainoa paikka, jossa tarvitaan oletusta on :n ja :n välissä.) Tällöin, edelleen k n :n määritelmän mukaan Toisaalta taas k 1 n + 1:lle pätee k 3 n k 1 n + k 2 n. (k 1 n + 1)( n OI) 1 OI ja vastaavasti (kn 2 +1)( n OI) 2 OI, joten voidaan päätellä, että ( (k 1 n +1)+(kn 2 +1) ) ( n OI) 3 OI. Tämä jää harjoitustehtäväksi. Tästä seuraa lukujen k n määritelmän mukaan k 3 n < (k 1 n +1)+(k 2 n + 1), eli, koska kyse on kokonaisluvuista, k 3 n k 1 n + k 2 n + 1. Nyt siis k 1 n + k 2 n k 3 n k 1 n + k 2 n + 1, joten kn 1 2 n + k2 n 2 n k3 n 2 n k1 n 2 n n. ntamalla n saadaan ( ) +( ) ( ) ( ) + ( ) ja väite seuraa. LUSE Olkoot ja EF kulmia. Tällöin = EF, jos ja vain jos ( ) =( EF). Todistus. 1 Jos = EF, niin mittakonstruktiossa käytettävät pisteet ja siten myös luvut k n ja m n ovat samoja kummallekin kulmalle ja niin raja-arvokin on sama. 2 Olkoon ( ) ( EF). Tehdään vastaoletus: EF. Tällöin lauseen nojalla joko < EF tai EF <. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voi olettaa, että < EF. Tällöin E:n ja EF:n välissä on puolisuora EG siten, että GEF =. Nyt kohdan 1 nojalla ( GEF ) =( ) ja lauseen nojalla ( EF) =( EG) + ( GEF ), joten saadaan ( ) =( EF) =( EG) +( ), josta edelleen ( EG) =0, mikä on vastoin lausetta LUSE Olkoot ja toistensa täydennyskulmia. Tällöin ( ) + ( ) = 180. Todistus. Olkoot pisteet 1 ja 2 sekä luvut k 1 n ja k 2 n kulmamitan konstruktiossa käytettyjä, vastaten kulmia ja tässä järjestyksessä. Olkoon lisäksi piste J siten, että J O I. Tällöin kulma JO 1 on kulman 1 OI täydennyskulma. Koska 1 OI = niin lauseen nojalla JO 1 = ja siten JO 1 = 2 OI.

7 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ k n ( n O I) 1 k n ( n O I) O I J O I Kuva 85: Täydennyskulmien mitat Yleisesti on niin, että jos ROI < 1 OI, niin täydennyskulmille pätee JO 1 < JOR, mikä seuraa suoraan lauseesta iii). Toisaalta kulman k ( n OI), k = 1,...,2 n+1 1 täydennyskulma on yhtenevä kulman (2 n+1 k) ( n OI) kanssa, minkä voi tarkastaa induktiolla n:n suhteen. (Tee se!) Siis, jos pätee k ( n OI) < 1 OI, niintäydennyskulmille saadaan JO 1 < ( 2 n+1 k( n OI) ) ja siten 2 OI < ( 2 n+1 k( n OI) ). Lukujen k n määritelmän nojalla k 1 n( n OI) < 1 OI, joten 2 OI < (2 n+1 k 1 n)( n OI), mistä seuraa, että k 2 n 2 n+1 k 1 n 1. Toisaalta k 2 n 2 n+1 k 1 n 2, minkä perustelemme seuraavasti: Jos 2 n+1 k 1 n 2 0, niin asia on selvä. Olkoon siis 2 n+1 k 1 n 2 > 0. Lukujen k n määritelmän nojalla riittää osoittaa, että(2 n+1 k 1 n 2)( n OI) < 2 OI. Ylläolevia täydennyskulmia koskeva tarkastelu toistamalla nähdään, että näin on, mikäli eli 1 OI < ( 2 n+1 (2 n+1 k 1 n 2) ) ( n OI) 1 OI < (k 1 n +2) ( n OI). Tämä puolestaan pätee, sillä määritelmän mukaan 1 OI < (k 1 +1)( n OI) tai 1 OI = (k 1 + 1)( n OI). Koska (k 1 n + 1)( n OI) < (k 1 n +2)( n OI), niin kummassakin tapauksessa 1 OI < (k 1 n + 2)( n OI). Kaiken kaikkiaan on siis nähty, että 2 n+1 k 1 n 2 k 2 n 2 n+1 k 1 n 1, jolloin 2 n+1 2 k 1 n + k 2 n 2 n+1 1 ja edelleen n 1 k1 n 2 n + k2 n 2 n n. nnetaan n ja kerrotaan astemitan määritelmässä olevalla skaalauskertoimella 90, jolloin saadaan lopulta 180 ( ) +( ) 180,

8 58 KULMMITN KONSTRUKTIO josta väite seuraa. LUSE Olkoon kulma. Tällöin ( ) < 180. Todistus. Seuraa suoraan lauseista ja LUSE Olkoon kulma. Tällöin on suora, jos ja vain jos ( ) = 90. Todistus. 1 ) Olkoon suora kulma ja sen täydennyskulma. Tällöin = ja lauseen nojalla ( ) =( ). Toisaalta lauseen mukaan ( ) +( ) = 180, joten ( ) +( ) = 180 eli ( ) =90. 2 )Olkoon( ) =90. ja jokin suora kulma. Kohdan 1 nojalla ( ) = 90, joten ( ) =( ) ja lauseen mukaan tällöin = ja väite seuraa lauseesta LUSE Olkoot ja kulmia. Tällöin <, jos ja vain jos ( ) < ( ). Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. Koulukurssista mahdollisesti tuttu tieto on, että kolmion kulmien astemittojen summa on 180. Osataanko tällaista todistaa nyt? Ei osata, sillä on olemassa malleja, jotka toteuttavat tähänastiset aksioomat, mutta joissa kolmion kulmien astelukujen summa on pienempi kuin 180. Jotakin tämänsuuntaista osaamme kuitenkin jo todistaa tähänastisista aksioomista: LUSE Olkoon kolmio. Tällöin ( ) +( ) < 180. Todistus. Valitaan piste siten, että. E Kuva 86: Kahden kulman summa Ulkokulmaepäyhtälön nojalla <. Tällöin puolisuorien ja välissä one siten, että E =. Nyt lauseen iii) nojalla on :n ja E:n välissä, joten voidaan soveltaa lausetta jonka mukaan ( ) +( E) =( E). Lauseen nojalla ( E) =( ) ja siten lauseen nojalla saadaan ( ) +( ) < 180. Lausetta voidaan parantaa; seuraava tulos on nimeltään Saccherin 16 ja Legendre in lause. 16 Giovanni Girolamo Saccheri Italia

9 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 59 LUSE (Saccheri ja Legendre). Olkoon kolmio. Tällöin ( ) + ( ) +( ) 180. Todistus. Vaihtamalla tarvittaessa merkintöjä voidaan olettaa, että( ) ( ) ja ( ) ( ). Merkitään α =( ). Lauseen nojalla janalla on keskipiste, olkoon se. Valitaan lisäksi piste E siten. että E ja = E. E Kuva 87: Saccherin ja Legendre in lause Lauseen nojalla = E, jolloin SKS-säännön nojalla = E. Erityisesti = E ja = E. Koska ja = E, niine on kulman sisällä, jolloin lauseen nojalla ( ) ( ) +( E) =( ). Koska E ja =, niin on kulman E sisällä, ja lauseesta saadaan ( ) ( ) +( E) =( E). Yhdistämällä nämä tiedot saadaan ( ) +( ) +( ) =( ) +( ) +( ) =( E) + ( ( ) +( E) ) + ( ( E) ( E) ) =( E) +( E) +( E) +( E) ( E) =( E) +( E) +( E). Tämä tarkoittaa sitä, että kolmioiden ja E kulmien astemittojen summat ovat samat. Lisäksi, koska ( E) +( E) =( E) +( E) = ( ) = α, niin joko ( E) 1 2 α tai ( E) 1 2α. On siis löydetty uusi kolmio E, jonka kulmien astemittojen summa on sama kuin alkuperäisessä, mutta pienimmän kulman astemitta on korkeintaan 1 2 α. Tehdään nyt sama temppu uudelle kolmiolle E, jolloin saadaan taas uusi kolmio, jonka kulmien astemittojen summa on edelleen sama, mutta pienimmän kulman astemitta on korkeintaan 1 4α. Toistamalla menettely n kertaa saadaan aikaan kolmio n, jonka kulmien astelukujen summa on sama kuin alkuperäisen kolmion, mutta pienimmän kulman astemitta on korkeintaan 1/2 n. alataan nyt varsinaiseen väitteeseen ( ) +( ) +( ) 180. Tehdään vastaoletus: ( ) +( ) +( ) > 180. Merkitään δ =( ) +( ) +( ) 180, jolloin δ > 0. Valitaan luku n N siten, että 1 2 α < δ ja olkoon n n ylläkonstruoitu kolmio, olkoot, ja sen kulmat ja niistä pienin, jolloin

10 60 KULMMITN KONSTRUKTIO ( ) (1/2 n ) α<δ.lauseen nojalla ( ) +( ) < 180 ja toisaalta n :n konstruktion nojalla ( ) +( ) +( ) =( ) +( ) +( ). Tällöin saadaan δ =( ) +( ) +( ) 180=( ) +( ) +( ) 180 <δ = δ, eli δ<δ,mikä on mahdotonta. Jos on kolmio ja, niin ulkokulmaepäyhtälön mukaan < ja <, jolloin lauseen perusteella ( ) < ( ) ja ( ) < ( ). Saccherin ja Legendre in lauseen avulla tätä tulosta voidaan parantaa. Kuva 88: Ulkokulma LUSE Olkoon kolmio ja. Tällöin ( ) +( ) ( ). Todistus. Todistus sopii harjoitustehtäväksi. Määritelmä Olkoot kolmio. Sanotaan, että kolmion defekti, eli kulmapoikkeama def( ) on luku def( ) = 180 ( ( ) +( ) +( ) ) R. Jos aiemmin mainittu koulukurssin tieto kolmion kulmien summasta pitäisi paikkansa, niin jokaisen kolmion defekti olisi nolla, eikä määritelmässä olisi mitään järkeä. Näin ei siis kuitenkaan ole, vaan on olemassa malleja, joissa voi olla def( ) > 0 jollekin kolmiolle. Huomaa, että Saccherin ja Legendre in lauseen nojalla defekti ei voi olla negatiivinen. Koordinaattitason pisteiden ja suorien muodostamassa mallissa, joka toteuttaa kaikki tähänastiset aksioomat, pätee def( ) = 0 jokaiselle kolmiolle. Toisaalta myöhemmin konstruoimme ns. oincarén mallin, jossa def( ) > 0 jokaiselle kolmiolle. Sellaisia malleja, joissa olisi def( ) = 0 jollekin kolmiolle ja def( EF) > 0 jollekin toiselle kolmiolle, ei ole olemassa. Tämä tullaan kohta todistamaan. sia liittyy läheisesti suorakulmioon, joka ensin määritellään. Määritelmä Olkoot,, ja eri pisteitä siten, että mitkään kolme niistä eivät ole samalla suoralla ja niin, että janat ja eivät leikkaa toisiaan eivätkä myöskään ja leikkaa toisiaan. (1) Näiden janojen muodostama joukko on nelikulmio. (2) isteet,, ja ovat nelikulmion kärjet. (3) Janat,, ja ovat sen sivut. (4),, ja ovat sen kulmat. (5) Nelikulmio, jonka kaikki kulmat ovat suoria kulmia, on suorakulmio.

11 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 61 Kuva 89: Nelikulmioita Joukko {,,, } ei ole nelikulmio, vaan vasta järjestetty pistenelikkö(,,, ) määrää nelikulmion, jos sekään. Seuraavassa kuvassa ei eikä myöskään EFGH ole nelikulmio, mutta EGFH on. H F E G Kuva 90: Eivät nelikulmioita Huomautus 25. Suorakulmaisia kolmioita on helppo konstruoida, tämähän seuraa lauseesta Voisi luulla, että suorakulmion konstruointi olisi yhtä yksinkertaista. Näin ei kuitenkaan ole. Kokeile! Kolme kulmaa saa aina suoraksi, mutta se neljäs... Tässä tuleekin vastaan aika yllättävä ongelma: onko suorakulmioita olemassa ollenkaan? Tavallisessa koordinaattigeometriassa näitä toki on, mutta yo. kysymys pitää ymmärtää niin, että onko jokaisessa tähänastiset aksioomat toteuttavassa mallissa suorakulmioita. Tätä asiaa tutkitaan jatkossa. Todistetaan ensin pieni mutta kiintoisa aputulos: LUSE (efektin additiivisuus). Olkoon kolmio ja. Tällöin def( ) =def( )+def( ). Kuva 91: efektin additiivisuus Todistus. Koska, niin on :n ja :n välissä, joten lauseen mukaan ( ) +( ) =( ). Toisaalta on kulman

12 62 KULMMITN KONSTRUKTIO täydennyskulma, joten lauseen nojalla ( ) +( ) = 180. Tällöin def( ) + def( ) =180 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( =360 ( ) ( ) ( ( ) +( ) ) ( ( ) +( ) ) =180 ( ) ( ) ( ) =def( ). Suorakulmioiden olemassaolo ja kolmioiden defekti liittyvät läheisesti toisiinsa: LUSE Jos on olemassa kolmio, jonka defekti on nolla, niin on olemassa suorakulmio. Todistus. Olkoon kolmio, jolle def( ) = 0. Saccherin ja Legendre in lauseen nojalla jokaisessa kolmiossa on ainakin kaksi kulmaa, joiden astemitta on alle 90. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan nyt olettaa, että ( ) < 90 ja ( ) < 90. Lauseen nojalla :n kautta kulkee suoran normaali, olkoon sen ja :n leikkauspiste. Kuva 92: pupiirros Osoitetaan aluksi, että : Jos näin ei olisi, niin toteutuisi jokin vaihtoehdoista a) b) = c) = d) Kuva 93: Tapaus a) Tapauksessa a) on lauseen mukaan ( ) +( ) ( ).Tässä on suora, joten lauseen nojalla ( ) = 90 ja lauseen mukaan ( ) > 0, ja siis 90 < ( ), mikä on vastoin oletusta ( ) < 90. Tapauksessa b) kulma on suora ja siten ( ) = 90, mikä on taas vastoin oletusta. Tapaus c) on samanlainen kuin b) ja d) samanlainen kuin a). On siis nähty, että. Tällöin lauseen nojalla def( ) =

13 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 63 def( ) + def( ). Koska oletuksen mukaan def( ) = 0 ja Saccherin ja Legendre in lauseen nojalla jokaisen kolmion defekti on ei-negatiivinen, niin tämä on mahdollista ainoastaan, mikäli def( ) = 0 = def( ). On siis löydetty nimenomaan suorakulmainen kolmio, jolla on defekti 0 eli kulmien astelukujen summa 180. E Kuva 94: Suorakulmion konstruktio Valitaan nyt piste siten, että ja = ja edelleen valitaan E siten, että E =. Tällöin SKS-säännön nojalla = E. Erityisesti = E. Koska on suoran normaali, niin kulma on suora. Lauseen nojalla tällöin myös kulma E on suora. Osoitetaan, että myös E on suora: Lauseen nojalla E eli suorat eivät leikkaa toisiaan, joten E. Koska = E, niin = E, jolloin lauseen nojalla E, josta seuraa, että E. Tällöin määritelmän mukaan on kulman E sisällä eli on E:n ja :n välissä. Lauseen nojalla ( ) +( E) =( E). Koska E =, niin lauseen mukaan ( E) =( ) ja saadaan ( ) +( ) =( E). Nyt käytetään hyväksi sitä tietoa, että def( ) = 0. Tällöin näet ( ) +( ) = 180 ( ) ja koska on suora, 180 ( ) = = 90. Siten saadaan ( E) = ( ) +( ) = 90, joten lauseen nojalla E on suora. Vastaavasti nähdään, että myös E on suora, sillä ensinnäkin E ja E, joten on :n ja E:n välissä ja saadaan ( ) +( E) = ( E). Käyttäen hyväksi tietoja ( E) =( ) ja def( ) =0 sekä ( ) = 90 saadaan kuten edellä ( E) = 90 ja siten E on suora. Koska, kuten todettiin, E ja E, niin mitkään kolme pisteistä,, ja E eivät voi kuulua samalle suoralle, eivätkä janat,, E ja E voi leikata toisiaan muualla kuin päätepisteissä, joten E on nelikulmio. Koska sen kaikki kulmat ovat suoria, se on suorakulmio. LUSE Jos on olemassa suorakulmio, niin jokaisen kolmion defekti on nolla. Todistus. Olkoon suorakulmio ja EFG mielivaltainen kolmio. Tässä on kaksi mahdollisuutta; joko a) EFG on suorakulmainen tai b) EFG ei ole suorakulmainen. Osoittautuu, että tapaus b) palautuu suorakulmaisen kolmion tapaukseen a) ja että lause on a)-tapauksessa helppo todistaa, kunhan suorakulmio on niin suuri, että kolmio voidaan kopioida sen nurkkaan kuvion 97 mukaisesti. Todistus alkaa siksi niin, että suurennamme suorakulmiotamme. Valitaan

14 64 KULMMITN KONSTRUKTIO kaikille n N pisteet n ja Q n siten, että n = n ja Qn = n Q. =Q Q Q Q Q = Kuva 95: Suorakulmion ensimmäinen laajennus Todistamme aluksi induktiolla n:n suhteen, että jokainen n Q n on suorakulmio, jossa n Q n =. Tapaus n = 1 on tietysti kunnossa. Oletetaan, että väite on tosi arvolla n ja osoitetaan se todeksi myös arvolla n + 1. itää näyttää, että (1) n+1 Q n+1 on nelikulmio. (2) Nelikulmion n+1 Q n+1 kulmat ovat suoria. (3) n+1 Q n+1 =. (1) Oletuksen nojalla ja ovat suoran normaaleja, ja siten lauseen mukaan yhdensuuntaisia. Koska ja Q n+1 ovat suoralla ja ja n+1 suoralla, niin mitkään kolme niistä eivät voi olla samalla suoralla. :n ja :n yhdensuuntaisuudesta seuraa lisäksi se, että janat n+1 ja Q n+1 eivät voi leikata toisiaan. itää vielä osoittaa, että myöskään janat ja n+1 Q n+1 eivät leikkaa toisiaan. Tämä seuraa siitä, että oletuksen nojalla ja ovat :n normaaleja, joten lauseen mukaan, jolloin ja koska n+1 ja Q n+1, niin n+1 Q n+1. Näin jana n+1 Q n+1 ei voi leikata edes suoraa eikä erityisesti janaa. (2) Valintojen nojalla n n+1 = ja Qn Q n+1 =. Lisäksi induktiooletuksen nojalla n Q n = ja kulma n Q n on suora, jolloin myös sen täydennyskulma n+1 n Q n on suora. Tällöin siis SKS-säännön nojalla = n+1 n Q n. Erityisesti = n+1 Q n ja = n+1 Q n n. Induktiooletuksen nojalla myös Q n n on suora ja siten myös sen täydennyskulma Q n+1 Q n n on suora. Nyt on puolisuorien välissä Q n n+1 Q n n (Koska, eli n n+1 Q n Q n+1, niin n n+1 Q n Q n+1. Koska Q n n niin Q n n ja siis Q n+1 n+1 Q n n. Kulmamitan additiivisuuslause antaa siis ( n Q n n+1 ) +( n+1 Q n Q n+1 ) =( n Q n Q n+1 ). Koska, kuten todettiin, n Q n Q n+1 on suora, saadaan lauseen nojalla ( ) ( n+1 Q n Q n+1 ) =90 ( ). n Q n n+1 ja Q n Q n+1 Vastaavasti on :n ja :n välissä (Totea!) ja on oletuksen nojalla suora, joten antaa ( ) +( ) =( ), josta edelleen :n

15 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 65 nojalla ( ) ( ) =90 ( ). Koska, kuten yllä todettiin, = n Q n n+1, niin :n nojalla ( ) = ( n Q n n+1 ). Tällöin ( ) ja( ) antavat ( n+1 Q n Q n+1 ) =( ). Lauseen nojalla tämä merkitsee sitä, että n+1 Q n Q n+1 =. Koska, kuten todettiin, n+1 Q n = ja Qn Q n+1 =, niin SKS-sääntö antaa nyt n+1 Q n Q n+1 =. Erityisesti n+1 Q n+1 = ja n+1 Q n+1 Q n =. Koska oletuksen mukaan on suora, niin lauseen nojalla myös n+1 Q n+1 Q n on suora. Vaihtamalla merkintöjä (, ja Q) nähdään samalla tavalla, että myös Q n+1 n+1 n on suora. Siten kulmat n+1 Q n+1 = n+1 Q n+1 Q n ja Q n+1 n+1 = Q n+1 n+1 n ovat suoria. Nelikulmion n+1 Q n+1 kahden muun kulman suoruus todettiinkin jo aikaisemmin. (3) Kolmanneksi pitää osoittaa, että n+1 Q n+1 =. Olemme jo osoittaneet, että n+1 Q n+1 =, joten riittää osoittaa, että =. Tämä seuraa puolestaan oletuksesta ja siitä, että suorakulmion vastakkaiset sivut ovat yhtenevät. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. On siis induktiolla osoitettu, että jokainen n Q n on suorakulmio, jossa n Q n =. alataan tapauksen (1) alkuun. rkhimedeen aksiooman nojalla on olemassa n N siten, että FE < n ja m N siten, että FG<m. Valitaan n ja Q n kuten edellä, jolloin n Q n on suorakulmio. Valitaan edelleen R m ja S m n Q n siten, että R m = m ja n S m = n Q n. Toistamalla tekemämme induktioperustelu eri merkinnöin nähdään, että n S m R m on suorakulmio, jolle lisäksi pätee FE < n ja FG < n S m. R 4 S 4 R 3 S 3 R2 S 2 Q2 Q3 Q4 =R Q =S Kuva 96: Suorakulmion toinen laajennus Merkintöjä tarvittaessa muuttamalla voidaan järjestää, että tutkittavassa suorakulmaisessa kolmiossa EFG nimenomaan kulma F on suora. Nyt on olemassa n siten, että = FE ja R R n siten, että R = FG.

16 66 KULMMITN KONSTRUKTIO R m R S m G E n F Kuva 97: Suorakulmaisen kolmion defekti Nyt apukolmion n R m defekti on 0 seuraavasta syystä: Koska suorakulmiossa vastakkaiset sivut ovat yhtenevät, minkä perustelu on sopiva harjoitustehtävä, niin R m = n S m ja n = Rm S m. SKS-säännön nojalla on siis R m n = n S m R m. Erityisesti R m n = Sm n R m, joten ( R m n ) = ( S m n R m ). Toisaalta, koska R m on puolisuorien n ja n S m,ja n R m S m, niin n R m n S m välissä. Tällöin ( n R m ) +( S m n R m ) = ( n S m ) = 90 eli todellakin def( n R m ) = 180 ( ) ( R m n ) ( n R m ) = ( S m n R m ) (90 ( S m n R m ) ) =0. Tutkittavan kolmion EFG defektin häviäminen saadaan nyt laskemalla vaiheittain eri apukolmioista: Koska n, niin lauseen nojalla def( R n ) + def( R m n ) = def( n R m )=0. Mutta jokaisen kolmion defekti on ei-negatiivinen, joten tämä on mahdollista ainoastaan, mikäli molemmat yhteenlaskettavat ovat nollia, siis erityisesti def( R n )= 0. Koska R R m, niin vastaavasti myös def( R) + def( RR m ) = def( R m )=0. Tämä on taas mahdollista vain, kun def( R) = 0. isteiden ja R valinnan nojalla = FE ja R = FG. Koska F on suora, niin SKS-säännön nojalla R = EFG. Erityisesti ( ) =( E), ( ) =( F ) ja ( R) =( G). Tällöin def( EFG) = 180 ( E) ( F ) ( G) = 180 ( ) ( ) ( R) = def( R) =0. Näin suorakulmaisen kolmion defekti on todettu nollaksi. Yleinen tapaus b) palautuu suorakulmaiseen seuraavalla tavalla. Jos kolmiossa EFG ei ole suoraa kulmaa, niin siinä on ainakin kaksi sellaista kulmaa, joiden astemitta on alle 90. Tämä nähtiin lauseen todistuksen yhteydessä. Voimme siis olettaa, että F ja G ovat tällaisia. Lauseen todistuksesta näkyy myös, että jos H on pisteen E kautta kulkeva FG:n normaalin ja suoran FGleikkauspiste, niin F H G.

17 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 67 E H G F Kuva 98: Tapaus (b) palautuu tapaukseen a) Tässä kolmiot FHE ja GHE ovat nyt suorakulmaisia, joten a) -kohdan nojalla def( FHE) = 0 = def( GHE). efektin additiivisuuslausetta soveltaen saadaan tällöin def( EFG) = def( FHE) + def( GHE) = = 0. Huomautus 26. Jos siis on olemassa kolmio, jonka defekti on 0, niin lauseen nojalla on olemassa suorakulmio, jolloin lauseen mukaan jokaisen kolmion defekti on 0. Huomaa, että tämä kaikki ei sano mitään siitä, onko nolladefektisiä kolmioita olemassa vai ei. Tähänastisista aksioomista ei voidakaan johtaa tällaisen kolmion olemassaoloa sen enempää kuin olemattomuuttakaan. Kirjataan ylläsanottu vielä lauseeksi: LUSE Jos on olemassa kolmio, jonka defekti on aidosti positiivinen, niin jokaisen kolmion defekti on aidosti positiivinen edekindin aksiooma. Määritelmä Olkoon O piste ja r R; r>0. Sanotaan, että joukko { O = r} on O-keskipisteinen, r säteinen ympyrä. LUSE Ympyrällä ja suoralla on korkeintaan kaksi yhteistä pistettä. Todistus. Olkoonα O-keskinen r-säteinen ympyrä jal suora. ntiteesi: α:lla ja l:llä on ainakin kolme yhteistä pistettä. Merkitään niitä 1, 2 ja 3, jolloin erityisesti 1, 2, 3 O. Tarkastelemme kahta eri vaihtoehtoa: piste O joko a) sisältyy suoraan l tai sitten b) ei sisälly. a) Ei voi olla niin, että 1 2 O, sillä silloin olisi r = O 2 < O 1 = r. Vastaavasti ei myöskään voi olla 2 1 O. On siis 1 O 2. Koska 3 on suoran l piste, niin on tällöin joko 3 O 1 tai 3 O 2 (lause 2.3.5). Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että 3 O 1. Tällöin joko O 3 1 tai O 1 3, jolloin r = O 3 < O 1 = r tai r = O 3 < O 1 = r, mahdottomia kumpikin. Tapaus a) ei siis tule kysymykseen. Tapaus b): Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että Koska tutkimme tapausta, jossa O ei ole suoralla l, niin O 1 2 ja O 2 3 ovat kolmioita ja siis O 2 1 ja O 2 3 ovat toistensa täydennyskulmia. Lauseen

18 68 EEKININ KSIOOM nojalla ( O 2 1 ) +( O 2 3 ) = 180, joten ainakin toisen kulman astemitta on vähintään 90. Merkintöjä tarvittaessa muuttamalla voi olettaa, että ( O 2 1 ) 90. Koska lauseen mukaan ( 2 O 1 ) > 0, niin Saccherin ja Legendre in lauseen nojalla ( O 1 2 ) < 90. Tällöin ( O 1 2 ) < ( O 2 1 ) ja lauseen nojalla O 1 2 < O 2 1. Soveltamalla lausetta kolmioon O 1 2 saadaan nyt O 2 <O 1, josta edelleen O 2 < O 1 (lause ). Tämä on mahdotonta, koska 1, 2 α ja siten O 1 = O 2 = r. Määritelmä Olkoonα O-keskipisteinen, r säteinen ympyrä ja piste. Jos = O tai O < r, niin sanotaan, että on α:n sisäpuolella, ja jos O > r, niin sanotaan, että on α:n ulkopuolella. On luonnollista ajatella, että allaolevan kuvan tilanteessa suoralla ja ympyrällä on täsmälleen kaksi yhteistä pistettä. ts. jos suoralla l on piste, joka on ympyrän α sisäpuolella, niin l leikkaa α:aa täsmälleen kahdessa pisteessä.?? Kuva 99: Suora ja ympyrä Yllättäen tämä ei seuraa tähän asti esitetyistä aksioomista. Jotta leikkauspisteet löytyisivät, otetaan peliin ns. edekindin aksiooma. 17 Sitä varten asetetaan ensin määritelmä: Määritelmä Olkoon l suora, L = { sisältyy suoraan l} sen kaikkien pisteiden joukko ja 1 ja 2 L. Sanomme, että 1 ja 2 toteuttavat edekindin ehdot, mikäli (1) 1 ja 2 (2) 1 2 = (3) 1 2 = L (4) Jos, Q 1, niin ei ole olemassa pistettä R 2, jolla olisi R Q (5) Jos, Q 2, niin ei ole olemassa pistettä R 1, jolla olisi R Q Havainnollisesti ehdot (4) ja (5) tarkoittavat, että joukot 1 ja 2 sijaitsevat suoralla l peräkkäin. 17 Julius Wihelm Richard edekind Saksa.

19 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 69 1 edekindin ehdon tilanne 2 2 Tätä ei siis sallita 1 Kuva 100: edekindin ehdot Esimerkki 9. Reaaliakselilla, joka on koordinaattittason R 2 suora, joukot 1 ja 2 R toteuttavat edekindin ehdot, jos ja vain jos jollekin a R pätee jokin seuraavista neljästä vaihtoehdosta: (1) 1 =],a]ja 2 =]a, [ (2) 1 =],a[ja 2 =[a, [ (3) 1 =[a, [ ja 2 =],a[ (4) 1 =]a, [ ja 2 =],a]. erustelu sopii harjoitustehtäväksi. () edekindin aksiooma. Olkoon l suora, L = { sisältyy suoraan l} sen kaikkien pisteiden joukko ja 1 ja 2 L siten, että 1 ja 2 toteuttavat edekindin ehdot. Tällöin on olemassa tasan yksi piste L siten, että kaikille Q, R L \{} pätee Q R, jos ja vain jos Q 1 ja R 2 tai Q 2 ja R 1. Havainnollisesti edekindin aksiooma sanoo, että suorassa ei ole reikiä. ksiooma vastaa tunnettua reaalilukujen täydellisyysaksioomaa. Reaalilukujen täydellisyyteen vetoamalla voi todistaa, että koordinaattigeometria toteuttaa myös edekindin aksiooman. LUSE Olkoon αo-keskinen r-säteinen ympyrä jal suora. Olkoot lisäksi ja suoran l pisteitä siten, että on α:n sisä- ja ulkopuolella. Tällöin ympyrällä α ja suoralla l on tasan kaksi yhteistä pistettä 1 ja 2, joille lisäksi pätee 1 ja Kuva 101: Ympyrä leikkaa suoraa

20 70 EEKININ KSIOOM Todistusta varten muotoillaan ensin lause, joka osoittaa, että kaikenmittaisia janoja on olemassa ; tätä tärkeää perustietoa ei voi todistaa ilman edekindin aksioomaa. LUSE Olkoot ja eri pisteitä jar > 0 positiiviluku. Tällöin on olemassa piste siten, että = r. Todistus. Merkitään suoran pisteiden joukkoa L = { sisältyy suoraan } ja määritellään 1 = { > r} ja 2 = L 1. Osoitetaan, että edekindin ehdot toteutuvat. r 2 1 Kuva 102: Jana, jonka pituus on r (1) 2, sillä 2. Myös 1 on epätyhjä, sillä olkoon OI janamitan konstruoinnissa käytetty yksikköjana. Valitaan n N siten, että n > r. rkhimedeen aksiooman nojalla on olemassa siten, että = n OI, jolloin 2.5.7:n ja 2.5.3:n nojalla = n ja siis > r ja 1. (2) on selvä joukon 2 määritelmän nojalla. (3) samoin. (4) Olkoot, Q 1 ja R Q. itää osoittaa, että R 1. Koska, Q niin joko Q tai Q. Tarvittaessa merkintöjä muuttamalla voidaan olettaa, että Q. Koska R Q, niintällöin lauseen 2.3 nojalla R. Nyt R = ja R > > r, joten R 1. (5) Olkoon, Q 2 ja R Q. itää osoittaa, että R 2. Tehdään vastaoletus: R 1.Tässä on nyt viisi vaihtoehtoa: a) = b) Q = c) Q d) Q e) Q a) Jos =, niin R Q. Koska R 1, niin R ja siten myös Q R. Lisäksi Q > R ja koska R 1, niin R > r ja siten myös Q>r, joten Q 1,mikä on mahdotonta. b) Vaihtamalla merkintöjä ( Q) tapaus b) palautuu tapaukseen a). c) Jos Q, niin lauseen nojalla joko tai Q. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla ( Q) voidaan olettaa, että Q, jolloin Q =. Koska R 1 ja / 1,niinR, jolloin

21 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 71 lauseen nojalla joko R tai R Q. Jos R, niin R ja toisaalta koska R 1, niin R = Q eli R Q = {} (lause 2.3.8), ja siis R = / 1 vastoin oletusta. Jos taas R Q, niin ristiriita löytyy kuten tapauksessa a). d) Jos Q, niin lauseen nojalla R Q ja joudutaan ristiriitaan kuten kohdassa a). e) Vaihtamalla merkinnät ( Q) palaudutaan tapaukseen d). Joukot 1 ja 2 toteuttavat siis edekindin ehdot, joten edekindin aksiooman nojalla on olemassa piste, joka erottaa joukot 1 ja 2 eri puolilleen aksiooman mielessä. Osoitetaan, että tämä piste on etsimämme, toisin sanoen ja = r. Väite on ilmeinen, sillä muuten valittaisiin piste Q siten, että Q, jolloin olisi Q/ ja siis Q 2. Koska myös 2, niin ei vastoin määritelmäänsä erottaisi joukkoja 1 ja 2 eri puolilleen. Todistettavaksi jää siis, että = r. Jos näin ei olisi, niin olisi voimassa jokin seuraavista ehdoista: i) =. ii) < r. iii) > r. i) Jos =, niin valitaan n N siten, että 1/2 n <rja n kuten janamitan konstruktiossa, jolloin 2 n O n = OI. Tällöin lauseen nojalla 2 n O n = OI, joten lauseen nojalla saadaan O n =1/2 n. Valitaan nyt piste Q siten, että Q = O n, jolloin Q = O n =1/2 n <r ja siten Q 2. Valitaan toisaalta R siten, että R Q, jolloin R/ ja siten myös R 2. Koska =, niinr Q, mikä on mahdotonta edekindin aksiooman väitteen nojalla. ii) Jos < r, niin valitaan n N siten, että 1/2 n <r ja n kuten kohdassa i). Valitaan nyt Q siten, että Q ja Q = O n, jolloin Q = 1 2.Tällöin lauseen nojalla n R = + Q = + 1 < + r = r, 2n joten Q 2. Koska myös 2 ja Q, niin joudutaan taas ristiriitaan :n ominaisuuden kanssa. iii) Jos > r, niin 1, sillä yllä jo todettiin, että. Valitaan Q tällä kertaa niin, että Q, jolloin Q = ja Q > > r ja siis Q 1. Valitaan edelleen n N siten, että 1 2 < r ja n n kuten kohdassa i). Valitaan vielä R siten, että R = O n, jolloin R = O n = 1 > ( r) =r, 2n joten R 1. Koska R ja Q, niin lauseen nojalla R Q. Tämä on edekindin aksiooman vastaista, koska R, Q 1. Näin on halutun pisteen olemassaolo päätelty.

22 72 EEKININ KSIOOM isteen yksikäsitteisyys seuraa siitä, että jos olisi toinen piste, jolla = r, niin olisi = ja = suoraan aksiooman (H8) nojalla. Lauseen todistus vaatii edellisen lisäksi vielä seuraavat kaksi pientä aputulosta, joiden todistukset jäävät harjoitustehtäviksi: LUSE Olkoon kolmio ja. Tällöin < max{, }. Kuva 103: Lause LUSE Olkoon α ympyrä ja, α { on α:n sisäpuolella} s.e.. Tällöin on α:n sisäpuolella. Kuva 104: Lause Lauseen todistus. Olkoon α O-keskinen, r-säteinen ympyrä, l suora ja, pisteitä siten, että on α:n sisä- ja sen ulkopuolella. Tehtävänä onlöytää α:n ja l:n kaksi yhteistä pistettä 1 ja 2 siten, että 1 ja 2. (Lauseen mukaan enempiä ei ole olemassa.) Osoitetaan ensin pisteen 2 olemassaolo. On kaksi tapausta sen mukaan, kulkeeko suora l pisteen O kautta vai ei. a) Jos l kulkee pisteen O kautta, niin O eli O on puolisuora. O Kuva 105: Tapaus a) Lauseen nojalla voidaan valita O siten, että O = r, jolloin α ja riittää osoittaa, että. Koska O ja O = r<o, niin välttämättä O. Jos = O, niin väite seuraa suoraan tästä. Voidaan siis olettaa, että 0. Välttämättä pätee myös O ja, joten joko O, O tai O. Lauseen nojalla viimeinen vaihtoehto ei tule kyseeseen. Jos

23 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 73 olisi O, niin ehdon O ja lauseen nojalla olisi ja asia sillä selvä. Kolmannessa tapauksessa O on ehdon O < O < O nojalla oltava, sillä muut vaihtoehdot eivät tule kyseeseen. (Mieti, miksi eivät. Tutki erikseen vaihtoehtoja ja.) b) Oletetaan, että l ei kulje keskipisteen O kautta. Määritellään joukko M R seuraavalla tavalla. M = { R, O < r} Todistuksen ideana on löytää etsitty leikkauspiste 2 etenemällä pisteestä pistettä kohti matkan m =supm verran. Koska O M, niin M. Lisäksi M on ylhäältä rajoitettu, ylärajana 2r, mikä seuraa kolmioepäyhtälöstä seuraavalla tavalla: O Kuva 106: Joukko M muodostuu janojen pituuksista Olkoon x M. Jos x = 0, niin x 2r. Jos x>0, niin x = jollekin, jolla O < r. Koska l ei kulje pisteen O kautta, niin O on kolmio ja kolmioepäyhtälön nojalla < O + O. Koska on ympyrän α sisällä, on O < r ja koska O < r, niin x = < r + r =2r. Nähtyämme näin, että M on ylhäältä rajoitettu epätyhjä joukko reaalilukuja, tiedämme reaalilukujen täydellisyyden nojalla, että on olemassa joukon M supremum, olkoon se m = supm. Osoitetaan, että m>0, eli että joukossa M on muitakin alkioita kuin 0. Koska on ympyrän α sisällä, pätee O < r. Valitaan a = r O > 0. Näin on todistettu, että m>0. Lauseen nojalla on olemassa piste siten, että = a. Soveltamalla kolmioepäyhtälöä kolmioon O saadaan O < O + = O + r O = r. Näin a = M. Lauseen nojalla voidaan valita piste 2 siten, että 2 = m. Osoitetaan, että 2 α. Jos näin ei olisi, olisi joko O < r tai O > r. Ensin mainitussa tapauksessa valitaan lauseen nojalla piste siten, että 2 ja 2 = r O 2. Tällöin kolmioepäyhtälön mukaan O < O = O 2 + r O 2 = r, joten M. Koska 2, niin > 2 = m = sup M, mikä on mahdotonta. Vastaavasti, jos olisi O 2 >r, niin supremumin ominaisuuksien nojalla olisi olemassa x M, jolla x>m (O r). Joukon M määritelmän mukaan löytyy tällöin piste, jolla O < r ja = x. Koska x m ja ei voi olla = 2 (sillä O < r < O 2 ), niin 2. Kolmioepäyhtälö sovellettuna kolmioon O 2 antaa nyt O > O 2 2 > O 2 ( 2 )=O m+x >O m+m (O 2 r) =r eli O > r, mikä on mahdotonta. iste 2 on siis ympyrällä α. itää vielä osoittaa, että 2. inakin nämä ovat kolme eri pistettä, sillä on α:n sisäpuolella, sen ulkopuolella ja 2 α. Koska 2,, pätee

24 74 EEKININ KSIOOM joko 2 tai 2. Lauseen nojalla jälkimmäinen vaihtoehto ei tule kyseeseen, joten pätee 2 ja etsitynlaisen pisteen 2 olemassaolo on varmistettu. isteen 1 olemassaolo seuraa nyt helposti. Lauseen nojalla voidaan valita piste siten, että ja =2r. Tällöin kolmioepäyhtälön nojalla O > O =2r O > 2r r = r, joten on α:n ulkopuolella. isteen 2 olemassaolon takia löytyy tällöin piste 1 α, jolla 1. Koska, niin 1 lauseen mukaisesti. Lauseessa ei itse asiassa tarvitse olettaa ulkopuolisen pisteen olemassaoloa: LUSE Olkoon αo-keskinen r-säteinen ympyrä, l suora ja suoran l piste, joka on ympyrän α sisäpuolella. Tällöin suoralla l ja ympyrällä α on tasan kaksi yhteistä pistettä 1 ja 2, ja niille pätee 1 2.Lisäksi suoran l pisteille pätee: on α:n sisäpuolella, jos ja vain jos 1 2. Todistus. Täsmälleen samoin kuin lauseen todistuksen kohdassa b) löytyy l:n piste, joka on α:n ulkopuolella, jolloin toimii ja antaa täsmälleen kaksi leikkauspistettä 1 ja 2 siten, että 2 ja 1.Tällöin myös 1 2 (lause 2.3.4). Jos on l:n piste siten, että 1 2,niin on α:n sisäpuolella lauseen nojalla. Jos taas oletetaan, että on α:n sisäpuolella, niin joko a) 1 2,b) 1 2 tai c) 1 2. Tapauksessa a) on piste 1 ympyrän α sisäpuolella lauseen nojalla, mikä on mahdotonta. Tapauksessa c) on vastaavasti 2 α:n sisäpuolella, mahdotonta sekin. Tapaus b) on siis ainoa mahdollinen. Lauseiden ja nojalla suoralla ja ympyrällä on siis 0,1 tai 2 yhteistä pistettä. Tämä huomio antaa aiheen seuraavaan määritelmään. Määritelmä Suora l on ympyrän α tangentti, jos α:lla ja l:llä on täsmälleen yksi yhteinen piste. α β γ Kuva 107: Suora l on ympyrän β tangentti LUSE Olkoon suora l ympyrän α tangentti ja näiden yhteinen piste. Tällöin kaikki l:n pisteet, pistettä lukuunottamatta, ovat α:n ulkopuolella. Todistus. Jos jokin toinen suoran l piste Q olisi joko ympyrällä α tai sen sisäpuolella, niin voitaisiin valita R siten, että R Q, jolloin lauseen nojalla R olisi α:n sisäpuolella. Tällöin lauseen mukaan olisi l:llä jaα:lla kaksi leikkauspistettä vastoin oletusta. LUSE Olkoon αo-keskinen r-säteinen ympyrä jal suora, joka kulkee pisteen α kautta. Tällöin l on α:n tangentti, jos ja vain jos l on suoran O normaali.

25 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 75 Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. Huomautus 27. Lauseiden ja nojalla voidaan todeta, että ympyrän mielivaltaisen pisteen kautta kulkee aina täsmälleen yksi sen tangentti. Määritelmä Olkoon jana ja sen keskipiste. isteen kautta kulkevaa suoran normaalia sanotaan janan keskinormaaliksi. Huomautus 28. Lauseiden ja avulla nähdään heti, että jokaisella janalla on yksikäsitteinen keskinormaali. LUSE Olkoon jana ja l sen keskinormaali ja, mielivaltainen piste. Tällöin =, jos ja vain jos l kulkee pisteen kautta. Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. LUSE Olkoon jana ja l sen keskinormaali sekä, mielivaltainen piste. Tällöin <, jos ja vain jos l. Q Kuva 108: Lause Todistus. Oletetaan aluksi l. Olkoon janan keskipiste. Jos kuuluu suoralle, niin ei voi ainakaan olla, joten on joko tai. Koska on janan keskipiste, on, joten ensin mainitussa tapauksessa saadaan lauseen ii) nojalla, jolloin < ja siten <. Jälkimmäisessä tapauksessa saadaan heti < ja siitä <. Toisaalta, joten lauseen i) nojalla saadaan,jasiis <, josta <. Koska on janan keskipiste, on =. Yhdistämällä tiedot saadaan < = <. Voidaan siis olettaa, että ei kuulu suoralle. Koska oletettiin l, ja koska l, niin l. Tällöin leikkaa suoraa l pisteessä Q, Q. Koska ei kuulu suoralle niin ei kuulu suoralle Q =, jolloin Q on kolmio ja kolmioepäyhtälön nojalla < Q+ Q. Toisaalta, koska Q, niin lauseen mukaan Q + Q =. Lauseen nojalla taas on Q = Q, joten kaiken kaikkiaan < Q+ Q + Q =. Olemme todistaneet, että jos l, niin <. Tätä soveltamalla saadaan >, jos l. Ehdot ovat siis yhtäpitäviä. Lause kertoi, että suora ja ympyrä leikkaavat toisiaan korkeintaan kahdessa eri pisteessä. Sama pätee kahdelle ympyrälle:

26 76 EEKININ KSIOOM LUSE Kaksi eri ympyrää leikkaavat toisiaan korkeintaan kahdessa pisteessä. Todistus. Olkoot α ja β eri ympyröitä, keskipistein ja ja sätein a ja b. Jos =, niin a b ja ympyrät eivät leikkaa toisiaan ollenkaan, jolloin väite pätee. Voidaan siis olettaa, että. Tehdään antiteesi, että α ja β leikkaavat toisensa ainakin kolmessa eri pistessä, Q ja R. O lkoon l janan Q keskinormaali ja vastaavasti m janan QR keskinormaali. Koska = a = Q, niin lauseen nojalla l kulkee pisteen kautta. Q m R Kuva 109: Ympyrä määräytyy kolmesta pisteestään Toisaalta = b = Q = R, joten vastaavasti l ja m kulkevat myös pisteen kautta. Koska, täytyy olla l = m. Tällöin sekä Q että QR ovat suoran l normaaleja, jotka kulkevat pisteen Q kautta, ja siis lauseen nojalla Q = QR. Nyt suora Q = QR leikkaa ympyrää α kolmessa eri pisteessä, mikä on vastoin lausetta Lauseen vastine kahdelle ympyrälle on seuraavassa. Sitä ei voi todistaa ilman edekindin aksioomaa. Seuraava todistuskin on aika monivaiheinen. LUSE Olkoot α ja β ympyröitä jar, S α siten, että R on β:n sisäpuolella ja S on sen ulkopuolella. Tällöin α:lla ja β:lla on täsmälleen kaksi yhteistä pistettä. R S β α Kuva 110: Kahden ympyrän leikkaaminen Todistus. Olkoot α:n ja β:n keskipisteet ja ja säteet a ja b. Todistuksen varsinainen työ on siinä, että edekindin aksiooman avulla etsitään ainakin yksi leikkauspiste siinä tapauksessa, että ei ole suoralla RS. Tätä varten määritellään kaikille suoran RS pisteille apupiste seuraavalla tavalla:

27 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 77 * R S β α = { Kuva 111: Kuvaus ympyrän α ja puolisuoran leikkauspiste, jos RS muuten, eli kun R S tai R S Tässä on huomattava, että koska RS ei kulje :n kautta, niin on aina olemassa. Lisäksi, koska on α:n sisäpuolella, suoralla on lauseen mukaan täsmälleen kaksi α:n pistettä, joista täsmälleen yksi on puolisuoralla (lause 2.3.4). Siten on yksikäsitteisesti määritelty jokaisella RS:n pisteellä. Huomaa vielä, että R = R ja S = S. Merkitään suoran RS kaikkien pisteiden joukkoa L = { sisältyy suoraan RS} ja jaetaan L edekindin ehdot toteuttaviin osiin määrittelemällä (huomaa puolisuora ja tähti!): 1 = { RS on β:n ulkopuolella } 2 = L 1. β R K* K S 2 1 Kuva 112: edekindin jakopiste K antaa leikkauspisteen K Todistuksen ideana on tarkastaa, että edekindin ehdot tosiaan toteutuvat ja että edekindin aksiooman antaman leikkauspisteen K kuva K on ympyröiden leikkauspiste. (1) 1, koska S = S ja siis S 1. 2, koska R = R ja siis R 2. (2) 1 2 = joukon 2 määritelmän mukaan. (3) 1 2 = L joukon 2 määritelmän mukaan. (4) Olkoot, Q 1 eri pisteitä. Näytetään, että Q 1. ntiteesi: on olemassa T 2 siten, että kuitenkin T Q. Koska, Q 1 RS {R}, α

28 78 EEKININ KSIOOM niin joko R Q tai R Q. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että R Q, jolloin lauseen kohdan i) mukaan R T ja myös T RS {R}. Ei voi olla niin, että T = S, koska T 2, mutta S 1. Siksi joko R T S tai R S T. Seuraava päättely osoittaa, että jälkimmäinen vaihtoehto ei ole mahdollinen: Jos olisi R S T, niin T :n määritelmän mukaan olisi T = T. Toisaalta T RS ja T / 1, joten 1 :n määritelmän mukaan T = T ei voi olla β:n ulkopuolella. Mutta oletuksen mukaan R on β:n sisäpuolella ja S ulkopuolella, jolloin lauseen nojalla β leikkaa suoraa RS tasan kahdessa pisteessä 1 ja 2, joille lisäksi pätee 1 R S ja R 2 S. Jos siis olisi R S T, niin 2.3.4:n nojalla voitaisiin päätellä, että 1 2 T. (Miten?) Tämä taas lauseen perusteella merkitsee sitä, että T ei ole β:n sisäpuolella. Se on siis ulkopuolella, sillä se ei ole kumpikaan pisteistä 1, 2, jotka ovat ainoat RS:n ja β:n leikkauspisteet. Mutta tämähän on mahdotonta, kuten yllä todettiin. ntiteesi on väärä: ei ole R S T. On siis jatkettava tutkimalla ensimmäistä vaihtoehtoa eli olettamalla R T S. Koska toisaalta R T, niin lauseen nojalla pätee T S. * T* R F T S Q n m α Kuva 113: Tapaus R T S Koska T 2, niin T / 1,jaT ei siis voi olla β : n ulkopuolella. Toisaalta 1, joten on β:n ulkopuolella. Olkoon l janan R keskinormaali, m janan T keskinormaali ja n janan T S keskinormaali nämä janat ovat olemassa, sillä selvästikin R, T ja T S. Koska R on β:n sisäpuolella ja sen ulkopuolella, niin R < b <, joten lauseen nojalla Rl. Vastaavasti T b <, joten T m ja T b S, joten T n. Lauseen nojalla l, m ja n kulkevat :n kautta. Koska ja T T, niin T = T. Lauseen nojalla janan T keskipiste on kulman Tsisällä, joten puomilauseen mukaan m leikkaa janaa T. Olkoon leikkauspiste, jolloin T. Vastaavasti n leikkaa janaa TS jossakin pisteessä, jolloin T S, ja samoin l leikkaa janaa R pisteessä F, jolloin R F.

29 II HILERTIN KSIOOMJÄRJESTELMÄ 79 Koska T T,niinTT m ja TT n, jolloin aksiooman (H7) nojalla Tm ja Tn. Lauseen nojalla voidaan päätellä, että T, joten T on kulman sisällä. Tällöin aksiooman (H7) nojalla myös on kulman sisällä. uomilauseen mukaan leikkaa tällöin janaa, olkoon leikkauspiste E, jolloin E. Lauseen nojalla nähdään, että R F E. Koska E, niin El ja koska R F E, niin RlE. Tällöin Rl, mikä on vastoin ehtoa Rl, joka todistettiin pari riviä edellisen kuvan jälkeen. edekindin ehto (4) on siis voimassa. (5) ntiteesi: On olemassa pisteet, Q 2 ja T 1, jolla olisi T Q. Kuten kohdassa (4) nähdään, että ei voi olla R S eikä R S Q, vaan, T ja Q ovat puolisuoralla SR. Tällöin joko T Q S tai T S. Koska S 1, niin kumpikaan ei ole mahdollista kohdan (4) nojalla. Näin on todistettu, että 1 ja 2 toteuttavat edekindin ehdot. Olkoon K L edekindin aksiooman antama piste. Osoitetaan, että K α β. (Ks. kuva 112.) Ensinnäkin täytyy olla K RS. Jos nimittäin olisi K R S, niin valittaisiin Q siten, että Q K R, jolloin Q 2, koska Q/ RS. Mutta R 2, joten tilanne on vastoin edekindin aksiooman antamaa K:ta koskevaa ehtoa. Myöskään R S K ei tule kysymykseen, sillä siinä tapauksessa tarkasteltaisiin sellaista pistettä Q, jolla S K Q, jolloin kuten kohdassa (4) edellä nähtäisiin, että Q 1. Koska myös S 1 niin jouduttaisiin taas ristiriitaan edekindin aksiooman antaman jakoehdon kanssa. Siis tosiaan K RS ja siksi K :n määritelmän nojalla K α, jolloin riittää osoittaa, että K β. ntiteesi K / β sisältää kaksi vaihtoehtoa: K on joko β:n sisäpuolella (i) tai ulkopuolella (ii). Tapaus (i): K < b. Koska S on β:n ulkopuolella, niin K S, jolloin janalta K S voidaan lauseen nojalla valita piste siten, että K S ja K < 1 2 (b K ). K* R K S α Kuva 114: Tapaus (i) Lauseen nojalla on ympyrän α sisäpuolella ja edelleen puolisuoralla on α:n piste, olkoon se, jolloin, tämä seuraa esimerkiksi lauseesta Tällöin = = a. Toisaalta kolmioepäyhtälön nojalla > K K, jolloin = a < a ( K K ) = K.

30 80 EEKININ KSIOOM ( Edelleen kolmioepäyhtälön ) nojalla K + K ja siten K + b K = b, joten on β:n sisäpuolella. Koska on kulman K S = KS sisäpuolella, niin leikkaa puomilauseen nojalla janaa KS. Olkoon leikkauspiste Q, jolloin K Q S. Suoraan K :n määritelmän mukaan = Q, joten Q 2. Jos valitaan F siten, että F R S, niinf 2 ja 2.3.4:n mukaan F K Q. (Huomaa, että voi olla K = R.) Tämä on vastoin edekindin aksiooman antamaa ehtoa. Tapaus (ii): K >b. Tämä tilanne käsitellään vastaavalla tavalla kuin (ii). Tässä valitaan siten, että R K ja K < 1 2 (K b) ja samanlainen lasku kuin yllä antaa K <V K b, josta saadaan edelleen K K >b, ja on siten ympyrän β ulkopuolella. iste Q, jolla R Q K, löytyy kuten edellä ja Q =. Täten Q 1. Jos valitaan F siten, että R S F, niin F 1 ja nyt Q K F, mikä on taas vastoin edekindin aksioomaa. Nyt on siis löydetty yksi ympyröiden α ja β yhteinen piste siinä tapauksessa, että ei ole suoralla RS. Jos taas RS sattuu kulkemaan :n kautta, niin valitaan jokin toinen :n kauta kulkeva suora l. Lauseen mukaan l leikkaa α:n kahdessa pisteessä, olkoot ne U ja V. R U S β V α Kuva 115: Tapaus, jossa sisältyy suoraan RS Jos toinen näistä kuuluuβ:aan, niin leikkauspiste on löydetty. Jos toinen, olkoon se U, onβ:n ulkopuolella, niin korvataan S pisteellä U. Koska nyt RU ei kulje pisteen kautta, niin on palauduttu jo käsiteltyyn tapaukseen. Voi vielä käydä niin, että sekä U että V ovat β:n sisäpuolella. Tällöin korvataan R pisteellä U ja palaudutaan taas aikaisempaan. On siis osoitettu, että on olemassa ainakin yksi leikkauspiste. Toinen löytyy seuraavasti: Olkoon ympyröiden α ja β leikkauspiste. Olkoon l sen kautta kulkeva suoran normaali ja leikatkoon se suoran pisteessä. β E α Kuva 116: Toinen leikkauspiste