III PARALLEELIAKSIOOMA 101

III RLLEELIKSIOOM 0 α R Kuva 39: Kehäkulmalause tapauksessa l Todistus. Käsittelemme ensin tapauksen b) eli l, jolloin jana leikkaa l:ää. Olkoon leikkauspiste R. Tällöin R on α:n sisällä ja siten lauseen.6.6 nojalla on oltava R. Koska myös R, niin lauseen.5.5 mukaan ( ) =( ) +( ). Lauseen.4. mukaan ( ) =( ),( ) =( ) ja ( ) = ( ), jolloin.5.5:n mukaan ( ) =( ) ( ) ja ( ) = ( ) ( ). Kolmion kulmien astelukujen summa on 80, joten (( ) ( ) )+ ( ( ) ( ) ) + ( ( ) ( ) ) = 80, josta saadaan ( ) ( ) +( ) =90+( ). Toisaalta myös kolmion astemittojen summa on 80, joten ( ) + ( ) = 80, eli ( ) =90 ( ). Sijoittamalla tämä kaavaan ( ) saadaan ( ) +( ) =90+(90 ( ) ) = 80 ( ). Tapauksessa b) väite siis pätee. Tapaus a) on hieman mutkikkaampi. Oletuksen l voimassa ollessa on nimittäin kolme mahdollisuutta: i) on kulman sisällä, ii) sen kyljellä tai iii) sen ulkopuolella. Käsittelemme tapaukset erikseen. α R Kuva 40: Kehäkulmalause; l ja kulman sisällä

0 KEHÄKULMT Tapauksessa i) eli kun on kulman sisällä, valitaan piste siten, että ja =, jolloin α. Koska on kulman sisällä, puolisuora eli leikkaa janaa. Olkoon leikkauspiste R. Koska R on ympyrän α sisällä, on R. Toisaalta l, joten ei voi olla R, jolloin on oltava R ja siten R. Näin l ja voidaan soveltaa edellä todistettua b) - kohtaa, jonka mukaan ( ) = 80 ( ). Koska kulkee :n kautta, ovat kulmat ja lauseen 3..0 perusteella suoria, joten ( ) = ( ) =90. Kolmioiden ja astemittojen summa on kumpikin 80, joten saadaan ( ) +( ) =90ja( ) +( ) = 90. Koska R, niin( ) +( ) =( ) ja ( ) +( ) = ( ).Näistä yhdistämällä saadaan ( ) =( ) +( ) =90 ( ) +90 ( ) kuten pitääkin. = 80 ( ) =80 (80 ( ) )= ( ) α Kuva 4: Kehäkulmalause; l ja kulman kyljellä Tapauksessa ii), jossa on kulman kyljellä, voidaan merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla ( ) olettaa, että on kyljellä, jolloin on oltava. Lauseen.4. nojalla ( ) =( ) ja ( ) =( ). Koska, niin ( ) = ( ) +( ). Toisaalta Thaleen lauseen 3..0 nojalla on suora, joten ( ) +( ) =90. Koska kolmion astemittojen summa on 80, niin ( ) = 80 ( ) ja siis ( ) = 90 ( ). Näin ollen ( ) = ( ) = 90 ( ) = ( ) tässäkin tapauksessa. R α Kuva 4: Kehäkulmalause; l ja kulman ulkopuolella

III RLLEELIKSIOOM 03 Tapauksessa iii), jossa on kulman ulkopuolella, on joko tai. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että, jolloin suora leikkaa janaa pistessä R, joka on ympyrän α sisäpuolella ja silloin on oltava R. Lauseen.4. mukaan ( ) =( ) ja ( ) = ( ). Koska R ja R,niin( ) =( R) =( ) ( ). Kolmiosta saadaan ( ) +( ) = 80 ja kolmiosta saadaan ( ) +( ) = 80. Koska R niin ( ) = ( ) +( ).Näistä yhtälöistä saadaan ( ) =( ) ( ) = (80 ( ) ) (80 ( ) ) = (( ) ( ) )= ( ). Sinilauseen 3..4. nojalla nähdään, että kolmion sivun pituuden suhde vastakkaisen kulman siniin on kaikissa kolmessa kulmassa sama: sin = sin = sin. Tämä vakio on läheisessä yhteydessä kolmion ympäri piirretyn ympyrän säteeseen. ätee näet: LUSE 3... Olkoon kolmio ja r sen ympäri piirretyn ympyrän säde. Tällöin sin =r. Todistus. Olkoon O kolmion ympäri piirretyn ympyrän γ keskipiste. Valitaan D siten, että D O ja DO = r, jolloin D γ ja D. O γ Kuva 43: Ympäri piirretyn ympyrän säde, tapaus D Jos nyt D =, niin Thaleen lauseen 3..0 nojalla on suora ja siten sin =. Toisaalta = D = DO + O = r ja siten väite pätee. Voidaan siis olettaa, että D, joten joko D (kuten kuvassa) tai sitten D. Kummassakin tapauksessa OD, joten kehäkulmalauseen 3.. a) -kohdan mukaan ( ) ( D) = ( O). D

04 KEHÄKULMT Tapauksessa D on myös O, joten taas lauseen 3.. a) mukaan ( ) = ( O) =( D) ja siten = D ja erityisesti sin = sin D. Tapauksessa D on O, joten kehäkulmalauseen 3.. b) -kohdan mukaaan ( ) = 80 ( ) ( O) = 80 ( D). Sinin määritelmän mukaan siis sin =sin D. O γ Kuva 44: Ympäri piirretyn ympyrän säde, tapaus D Molemmissa tapauksissa on siis sin = sin D. Nyt D on γ:n halkaisija, joten Thaleen lauseen 3..0 mukaan kulma D on suora ja siten ja edelleen D sin D = D sin = sin D = /D = D = D + O =r. Kolmion ala. Olkoon kolmio. Olkoon D pisteen kautta kulkevan :n normaalin ja :n leikkauspiste Jana D on kolmion korkeusjana. Vastaavasti määritellään korkeusjanat E ja F (ks. kuva). D F E Kuva 45: Korkeusjanat

III RLLEELIKSIOOM 05 Kolmion pinta-ala, jota merkitään ala(), määritellään asettamalla ala() = D. Huom. la on siis asettamamme määritelmän mukaan puoli kertaa kanta kertaa korkeus. On tarkastettava, että määritelmä ei riipu siitä, mikä sivu on valittu kannaksi, ts. tulee olla ( ) D = F = E. Tämä nähdään seuraavasti: Jos D, niin D on kolmio, vieläpä suorakulmainen, ja sin = D joten D = sin. Jos myös F, niin sin = F eli F = sin. Siten D = sin = F. Jos = D tai = F,niin = D = F ja väite seuraa suoraan. Vastaavasti todistetaan ( ):n jälkimmäinen yhtälö. Huom. Kolmion pinta-alalla on myös seuraava tarkoitusperiämme varten oleellinen additiivisuusominaisuus: Jos on kolmio ja D, niin ala() = ala(d) +ala(d). E D Kuva 46: lan additiivisuus Tämä seuraa suoraan alan määritelmästä, sillä kaikilla kolmioilla on tässä yhteinen korkeusjana E. evan lause. Giovanni eva 8 todisti vuonna 678 seuraavan hyvin käyttökelpoisen lauseen: LUSE 3..3 (eva). Olkoon kolmio, D, E ja F. Jos janat E, F ja D kulkevat saman pisteen kautta, niin D D E E F F =. 8 Giovanni eva 647 734. Italia

06 EVN LUSE D F E G Kuva 47: evan lause Todistus. Olkoon G janojen yhteinen leikkauspiste. Koska E ja G on janalla E, niin G on kulman = D sisällä ja siten G D. Kolmion pinta-alan additiivisuuden nojalla ala(d) = ala(dg) +ala(g) eli ( ) ala(g) = ala(d) ala(dg). Vastaavasti ( ) ala(g) = ala(d) ala(dg). Kolmioilla D ja D on sama :n vastainen korkeusjana, olkoon sen pituus h. Tällöin ( ) ( ) ala(d) ala(d) = D h D = ja vastaavasti D h D ala(dg) ala(dg) = D D Yksinkertainen lasku osoittaa, että jos a b = c d ( ) -( ) nojalla Vastaava päättely osoittaa, että ala(g) ala(g) = D D. ala(g) ala(g) = F F = x, niin myös a c b d = x. Siis kaavojen ja ala(g) ala(g) = E E. Siten D D F F E E = ala(g) ala(g) ala(g) ala(g) ala(g) ala(g) =. evan lauseelle pätee myös käänteinen tulos: LUSE 3..4. Olkoon kolmio, D, E ja F. Jos D F E =, niin kaikki kolme janaa E, F ja D kulkevat saman pisteen D F E kautta.

III RLLEELIKSIOOM 07 D F'=F? E G Kuva 48: evan lauseen kääntäminen Todistus. uomilauseen.3. nojalla E leikkaa janaa D. Olkoon leikkauspiste G, jolloin siis G D. Koska GD ja D niin G jolloin on oltava G E eli G on myös janalla E. uomilauseen nojalla G leikkaa janaa. Olkoon leikkauspiste F. Koska E ja ja EG, niin G ja siten G on janalla F. Nyt evan lause soveltuu ja saadaan D F D F E E =. Käyttäen oletusta D F E F = saadaan tästä = F eli F = F, josta D F E F F F F edelleen F = F eli F = F. Koska F ja F ovat janalla, niin välttämättä tällöin F = F. Koska G on janalla F, niin se on siis janalla F ja siten Gon tutkittavien kolmen janan leikkauspiste. Esimerkiksi kolmion keskijanat s.o. sivujen keskipisteitä ja vastakkaisia kärkiä yhdistävät janat leikkaavat toisensa evan lauseen mukaan samassa pisteessä, kolmion painopisteessä. LUSE 3..5. Kolmion keskijanat jakavat kolmion kuuteen pienempään kolmioon, joilla kaikilla on sama pinta-ala. Todistus. D G F E Kuva 49: Keskijanat Olkoon kolmio, D sivun, E sivun ja F sivun keskipiste sekä G keskijanojen E, F ja D yhteinen leikkauspiste, joka evan lauseen mukaan on olemassa. Väite on siis, että ala(dg) = ala(dg) = ala(eg) = ala(eg) = ala(fg) = ala(f G). Kolmioissa DG ja DGon sama korkeusjana ja D = D, joten ala(dg) = ala(dg). Vastaavasti ala(f G) = ala(f G) ja ala(eg) = ala(eg) ja lisäksi ala(d) = ala(d) sekä ala(e) = ala(e) ja ala(f ) = ala(f). Koska, kuten 3..4:n todistuksessa nähtiin, G D, niin pinta-alan additiivisuuslauseen nojalla ala(d) = ala(dg) +ala(g). Samoin F ja siis ala(g) = ala(gf ) +ala(gf ). Siten ala(d) = ala(dg) +ala(gf ) + ala(gf ). Mutta, kuten todettiin, ala(gf ) = ala(gf ), joten ( ) ala(d) = ala(dg) + ala(gf ).

08 EVN LUSE Vastaavasti nähdään, että ( ) ala(d) = ala(dg)+ ala(eg). Tiedetään, että ala(d) = ala(d), joten yhtälöistä ( ) ja( ) saadaan ala(dg)+ ala(gf ) = ala(dg)+ ala(eg). Nyt käytetään tietoa ala(dg) = ala(dg) ja saadaan ala(gf ) = ala(eg). Vastaavasti voidaan näyttää, että ala(dg) = ala(eg) javäite seuraa. LUSE 3..6. Kolmion keskijanat jakavat toisensa suhteessa :, ts., jos,,, D, E, F ja G ovat kuten lauseessa 3..4, niin G =GE. Todistus. Lauseen 3..5 mukaan ala(g) = ala(eg). Näillä kolmioilla on yhteinen korkeusjana (kärjestä, pituus h), joten G h = EG h. Tästä väite seuraa. LUSE 3..7. Kolmion kulman puolittaja jakaa sen vastaisen sivun viereisten sivujen suhteessa, ts., jos on kolmio, D, jad on :n puolittaja, niin D D =. D Kuva 50: Kulman puolittaja Todistus. Sinin määritelmän mukaan sin D = sin D. Sinilauseen nojalla D sin D = sin D ja D sin D = sin D. Kulman puolittajan määritelmän nojalla sin D = sin D, joten D D = sin D sin D sin D sin D =. LUSE 3..8. Olkoon kolmio, γ sen sisään piirretty ympyrä, D ympyrän γ ja sivun yhteinen piste, E ympyrän γ ja sivun yhteinen piste ja F ympyrän γ ja sivun yhteinen piste. Merkitään a =, b =, c = ja vielä s = (a + b + c). Tällöin F = D = s a, D = E = s b, E = F = s c.

III RLLEELIKSIOOM 09 F D O E γ Kuva 5: Lause 4.. Todistus. Olkoon O ympyrän γ keskipiste. Kuten lauseen 3..8 todistuksessa nähdään, että DO = F O, josta F = D. Vastaavasti D = E ja E = F. Koska F, D ja E (Ks. jälleen 3..8:n tod.), niin a = E + E, b = F + F ja c = D + D, joten s a = (a + b + c) a = ( a + b + c) = ( E E + F + F + D + D) = ( E E + F + E + F + E) =F. Vastaavasti laskemalla saadaan muut väitteen kaavat. LUSE 3..9. (Heron) 9 Olkoon kolmio ja s = ( + + ) sekä r kolmion sisään piirretyn ympyrän säde. Tällöin ala() =rs. r r r O γ Kuva 5: Lause 4.. Todistus. Kolmion pinta-alan additiivisuusominaisuuden nojalla ala() = ala(o)+ ala(o) +ala(o), missä O on sisäänpiirretyn ympyrän keskipiste. Lauseen 3..8 tarkastelujen nojalla näissä kaikissa kolmessa kolmiossa on r:n mittainen korkeusjana. Siten ala(o) = r, ala(o) = r, ala(o)= r ja edelleen ala() = r + r + r = rs. 9 Heron leksandrialainen noin 0 75. Egypti

0 EVN LUSE Kolmion sisään piirretty ympyrä sivuaa kaikkia kolmion kylkisuoria. Voi kysyä, onko olemassa muita ympyröitä, joilla on tämä sama ominaisuus. Vastaus on myönteinen, kuten seuraava kuva osoittaa: (Tässä siis on annettu kolmio, I sisään piirretyn ympyrän keskipiste ja I a, I b ja I c ulkopuolelta sivuavan kolmen ympyrän keskipisteet.) Zb Ic Yc I b Xc Zc I g Yb Xa Xb Za F G Ya E I a= Kuva 53: Kolmion sivuja sivuavat ympyrät Keskipisteet I a, I b ja I c löytyvät seuraavan lauseen perusteella. (Tämä muotoilu antaa I a :n.) LUSE.3.30. Olkoon kolmio ja D sekä E. Tällöin kulmien ja D sekä E puolittajat leikkaavat toisensa samassa pisteessä (joka on etsitty I a ). Todistus. Olkoon F ulkokulman E puolittaja. Tällöin ( F) < 90 ja ( G) < 90, joten ( F) +( G) < 80. Eukleideen viidennen aksiooman eli lauseen 9.. mukaan F ja G leikkaavat toisensa jossain pisteessä se. F ja G. Tällöin F ja G eli on F:n ja G:n leikkauspiste. Olkoon Y a pisteen kautta kulkevan :n normaalin ja :n leikkauspiste ja Z a vastaavasti :llä jax a vastaavasti :llä. Tällöin Z a D {}, X a {}, X a {} ja Z a D {}. Kaikki nämä todistetaan samalla tavalla, jolla lauseen 3..8 todistuksessa nähtiin, että S {}. Tällöin myös Z a {} ja Y a {}, koska D ja E. Nyt X a = Z a ja X a = Y a ;tämä seuraa SKK-säännöstä. Siis Z a = Xa = Ya. Tällöin Z a = Y a, mikä seuraa lauseesta.4. ja

III RLLEELIKSIOOM siten Z a = Y a eli ( ) =. Jana Y a ei voi leikata suoraa, silläjosolisi tällainen leikkauspiste, niin olisi Y a ja tällöin pätisi < Y a = Z a, joten olisi Z a ja näin Z a olisi kolmio, jossa Z a on suora. Silloin olisi < Z a ja siis lauseen.4. mukaan Z a <, mikä ei ole mahdollista. Siten tosiaan Y a ja vastaavasti nähdään, että Z a, joten on kulman sisällä. Ehdon ( ) mukaan on tällöin kulman = puolittajalla ja siten kaikilla kolmella tarkasteltavalla puolittajalla. 3.. Vähän kehittyneempää euklidista geometriaa. LUSE 3... (Steinerja Lehmus) 0 Olkoon kolmio, D ja E siten, että Don kulman ja E kulman puolittaja. Jos D = E, niin on tasakylkinen: =. E D Kuva 54: Steinerin ja Lehmusin lause Todistuksessa tarvitaan joitakin aputuloksia. Yksi niistä on,että Thaleen lauseelle 3..0 käänteinen tulos pätee myös: LUSE 3...(Thaleen lauseen käänteinen puoli). Olkoon suora kulma. Tällöin on ympyrällä, jonka halkaisija on. γ δ O β Kuva 55: Thaleen lauseen käänteinen puoli 0 Jakob Steiner 796 863 ja Daniel hristian Ludolph Lehmus 780 863. Saksalaisia kumpikin.

3.. VÄHÄN KEHITTYNEEMÄÄ EUKLIDIST GEOMETRI Todistus. Olkoon O janan keskipiste. Merkitään α = ( ), β = ( ), γ =( O) ja δ =( O). Koska O on kulman sisällä ja on suora kulma, niin γ + δ = 90. Edelleen kulmasummalauseen 3..7 nojalla α + β = 90. Riittää osoittaa, että O = O(= O). ntiteesi: O > O tai O < O. Jos O < O, niin lauseen.4. mukaan γ<α, jolloin kaavoista α + β = 90 ja γ + δ = 90 seuraa, että β < δ. Tällöin uudelleen lauseen.4. nojalla O < O. NytO < O < O, mikä on mahdotonata, koska O on :n keskipiste. Vastavasti päästään ristiriitaan jos O > O. Seuraavan apulauseen sanoma on, että kosini on vähenevä funktio. LUSE 3..3. Jos α ja β ovat kulmia siten, että α<β,niincos α>cos β. Todistus. Olkoot ensin α ja β teräviä kulmia. Voidaan olettaa (vrt. kosinin määritelmään), että β =, missä on suora kulma, jolloin siis cos β =. Koska α<β, niin β:n sisällä on puolisuora D siten, että D = α. uomilauseen nojalla D leikkaa janaa. Olkoon leikkauspiste E. Tästä voi vaikka harjoitustehtävänä päätellä, että cos α =cos D = cos E = E. Koska siis cos β =, niin riittää osoittaa, että E <. Tämä onkin helppoa, sillä E <, koska E, joten ythagoraan lause antaa E = + E < + =. Jos α on terävä jaβ on suora tai tylppä, niin kosinin määritelmän nojalla suoraan cos α>0 cos β. 3 Jos α on suora niin β on tylppä, jolloin taas kosinin määritelmän nojalla cos α =0> cos β. 4 Jäljellä onenää tapaus, jossa sekä α että β ovat tylppiä. Tällöin α:n ja β:n täydennyskulmat α ja β ovat teräviä ja oletuksen α<βperusteella α > β. Tällöin kohdan nojalla cos α < cos β, joten kosinin määritelmän mukaan cos α = cos α > cosβ = cos β. LUSE 3..4. Olkoon α ympyrä ja,,, D, E ja F α siten, että sekä että DEF ovat teräviä kulmia. Tällöin < DEF jos ja vain jos < DF.

III RLLEELIKSIOOM 3 D O F E Kuva 56: ienempi kulma - pienempi jänne Todistus. Koska kulmat ovat teräviä, ei Thaleen lauseen 3..0 perusteella eikä DF voi olla α:n halkaisija. Tällöin kehäkulmalauseen 3.. mukaan, edelleen kulmien terävyyden nojalla, ( ) = ( O) ja ( DEF) = ( DOF), missä O on α:n keskipiste. Olkoon < DEF. Tällöin ( O) =( ) < ( DEF) = ( DOF). Lauseen 3..3 mukaan ( ) cos O > cos DOF. Kosinilauseen nojalla ( ) = O + O O O cos O ja DF = OD + OF OD OF cos DOF. Väite < DF seuraa nyt ehdosta ( ). Oletetaan, että < DF.Kaavat( ) pätevät myös nyt, ja oletuksen nojalla saadaan edelleen kaava ( ). Tästä ja lauseesta 3..3 seuraa, että OL < DOF, josta edelleen ( ) = ( O) < ( DOF) =( DEF) eli < DEF. Huom: Edellisen lauseen väite ei päde ilman oletusta kulmien terävyydestä, joka takaa, että jänteitä ja DF katsellaan keskipisteen puolelta. E F Tässä < DF vaikka > DEF D O Kuva 57: ienempi kulma - kuitenkin suurempi jänne LUSE 3..5 (Käänteinen kehäkulmalause). Olkoot,,, ja D eri pisteitä se.d ja = D. Tällöin on olemassa ympyrä α siten, että,,, D α.

4 3.. VÄHÄN KEHITTYNEEMÄÄ EUKLIDIST GEOMETRI D Kuva 58: Käänteinen kehäkulmalause Todistus. on kolmio. Olkoon β kolmion ympäri piirretty ympyrä, keskipisteenä. Olkoon vastaavasti γ kolmion D ympäri piirretty ympyrä, keskipisteenä R. Tarkastellaan kolmea eri tapausta; kulma = D on joko ) suora, ) terävä tai 3) tylppä. Tapauksessa ) jana on lauseen 3.. nojalla sekä β:n että γ:n halkaisija, joten β:lla ja γ:lla on sama keskipiste, nimittäin janan keskipiste. Toisin sanoen R =. Ympyröillä β ja γ on nyt myös sama säde, joten ne ovat sama ympyrä ja kelpaavat etsityksi ympyräksi α. Tapauksessa ) ei voi olla suoralla, sillä muuten olisi β:n halkaisija, jolloin Thaleen lauseen 3..0 mukaan olisi suora kulma vastoin oletusta. Kehäkulmalauseen 3..:n nojalla, sillä lauseen vaihtoehto b) ei tule kysymykseen, koska on terävä. Vastaavasti myös DR. Koska oletuksen mukaan D, niin R. Tällöin kehäkulmalauseen a) -kohdan mukaan ( ) =( ) oletus = ( D) =( R). Lauseen.6.9 nojalla sekä että R ovat :n keskinormaalilla ja koska nyt R ja = R, niin on oltava = R; tämähän seuraa vaikkapa ulkokulmalauseesta.4.9 sovelletuna kolmioon R. Siis nytkin β = γ kelpaa α:ksi. R?? Kuva 59: Ulkokulmalauseen nojalla = R. Tapauksessa 3) joudutaan kehäkulmalauseen 3.. vaihtoehtoon b), jonka mukaan ja DR. Tässäkin tapauksessa oletus D antaa tiedon R ja loppu menee samoin kuin kohdassa ). Nyt voidaan lopulta todistaa Steinerin ja Lehmusin lause.

III RLLEELIKSIOOM 5 Lauseen 3.. todistus. alautetaan aluksi mieleen lauseen oletukset ja väite: on kolmio, D, E, D on kulman puolittaja ja E kulman puolittaja ja D = E. Väitetään, että =. ntiteesi:. Tällöin lauseen.4.9 b) perusteella. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että <. Tällöin myös < eli D < E. Silloin kulman E sisältä voidaan valita F siten, että D = FE. uomilausetta toistuvasti käyttämällä voidaan olettaa, että F D. E F D Kuva 60: Steinerin ja Lehmusin lauseen todistus Nyt FDE ja DE, joten FE. Toisaalta FDE ja DE, joten FE. Siten F on E:n sisällä, joten EF leikkaa puomilauseen mukaan janaa. Näin EF. Toisaalta EF, joten EF. Tällöin voidaan käyttää lausetta 3..5, jonka mukaan, E, F ja ovat samalla ympyrällä. Lukija voi todistaa harjoitustehtävänä, että kulmat EF ja FE ovat puolikaskulmina teräviä. F D F < D oletus < E, joten lauseen 3..4 mukaan F < E. Mutta tehtyjen valintojen nojalla saadaan ristiriita: ( F ) =( E) +( EF) = ( ) + ( ) ) > > ( ) =( E). Seuraavassa tarkastelussa osoitetaan, että teräväkulmaisen kolmion korkeusjanat (janat!) leikkaavat toisensa samassa pisteessä (ks. lause 3..6), jota sanotaan ko. kolmion ortokeskukseksi. Teräväkulmaisen kolmion korkeusjanojen ja vastaavien kylkien leikkauspisteet kärkinä muodostettu uusi kolmio on alkuperäisen ortokolmio. Lauseena 3..8 osoitetaan, että teräväkulmaisen kolmion ortokeskus on sen ortokolmion sisään piirretyn ympyrän keskipiste. F E D Kuva 6: Ortokeskus ja ortokolmio DEF

6 3.. VÄHÄN KEHITTYNEEMÄÄ EUKLIDIST GEOMETRI LUSE 3..6. Olkoon teräväkulmainen kolmio, D siten, että D, E siten, että E ja F siten, että F. Tällöin janat E, F ja D leikkaavat toisensa samassa pisteessä. Todistus. Olkoot l, m ja n suoria, jotka toteuttavat ehdot l ja l kulkee :n kautta m ja l kulkee :n kautta n ja l kulkee :n kautta. S n F E m D R Kuva 6: Korkeusjanojen leikkaupiste Lauseen 3.. nojalla m ja n leikkaavat toisensa, olkoon leikkauspiste S; vastaavasti m ja l leikkaavat toisensa pisteessä sekä n ja l pisteessä R. Koska l, m ja n ovat eri suoria, niin S, ja R ovat eri pisteitä ja SR on kolmio. Nyt nelikulmio S on suunnikas, joten = S. Vastaavasti on suunnikas, joten = ja siis S = ja on janan S keskipiste. Koska D ja m, niin 3..5:n mukaan D m ja siten D on janan S keskinormaali. Vastaavasti nähdään, että E on janan SR ja F janan R keskinormaali. Nyt voidaan käyttää lausetta 3..7, jonka mukaan E, F ja D leikkaavat toisensa samassa pisteessä. Jotta nimenomaan korkeusjanat leikkaisivat :ssä, pitää olla E, F ja D. Tässä tarvitaan :n teräväkulmaisuutta. Sen nojalla nähdään ensin (kuten suorakulmion olemassaoloa koskevan lauseen.5.5 todistuksessa), että D, E ja F. Tällöin D ja E D, joten DE ja siten E. Muut ehdot todetaan vastaavasti. LUSE 3..7. Mielivaltaisen kolmion korkeusjanat tai niiden jatkeet leikkaavat toisensa samassa pisteessä. Todistus. Edellisen lauseen todistuksen alkuosassa, jossa nähtiin, että E, F ja D leikkaavat toisensa samassa pisteessä, ei tarvittu oletusta kolmion teräväkulmaisuudesta! LUSE 3..8. Olkoon teräväkulmainen kolmio ja DEF sen ortokolmio. Tällöin :n ortokeskus on kolmion DEF sisäänpiirretyn ympyrän keskipiste.

III RLLEELIKSIOOM 7 F E H O D ' Kuva 63: Ortokeskus Todistus. Olkoon H kolmion ortokeskus ja O sen ympäri piirretyn ympyrän γ keskipiste. Olkoon ympyrällä γ siten, että O, jolloin, sillä muuten olisi suora kulma. Siten on kulma ja ei kulje O:n kautta. Jos nyt kuten kuvassa niin kehäkulmalauseen 3.. mukaan =. Ja todellakin on, sillä muuten olisi ja edelleen O, jolloin kehäkulmalauseen b) -kohdan mukaan ( ) = 80 <90 {}}{ ( O) > 90 vastoin teräväkulmaisuusoletusta. Siis todellakin =. Olkoon janan keskipiste, jolloin SSS-säännön nojalla kolmiot O ja O ovat yhtenevät ja siten O on suora kulma. Thaleen lauseen 3..0 nojalla myös on suora kulma ja siten O, jolloin O = ja edelleen O = = O. Merkitään α = 90 ( ). Kolmio O on tasakylkinen ja ( O) = ( ), joten ( O) =( O) = ( 80 ( O) ) =90 () = α. Koska kulmat F ja E ovat suoria ja koska FE (mikä seuraa siitä, että on teräväkulmainen, jolloin F ja E eli F ja E), niin käänteisen kehäkulmalauseen 3..5 perusteella pisteiden, F, E ja kautta kulkee ympyrä. Koska FE seuraa taas kolmion teräväkulmaisuudesta, saadaan lauseen 3.. perusteella FE = FE ja edelleen E = F. Suorakulmaisesta kolmiosta E voidaan kulmasummalauseen avulla laskea: ( E) = α ja siten myös ( F) = α. Vastaavasti myös, F, D ja ovat samalla ympyrällä jakehäkulmalauseen nojalla ( HDF) = ( DF ) = ( F) = α. Samoin päätellään, että ( HDE) = α, joten H on kulman FDE puolittaja. Erityisesti siis H on

8 3.. VÄHÄN KEHITTYNEEMÄÄ EUKLIDIST GEOMETRI kulman FDE puolittajalla. Vastaava tarkastelu, merkintöjä tietenkin vaihtaen, osoittaa, että H on myös kulmien DEFja DFE puolittajalla. Siis H on DEF:n kulmanpuolittajien leikkauspiste eli DEF:n sisään piirretyn ympyrän keskipiste. Ortokeskus eli korkeusjanojen leikkauspiste määriteltiin edellä ainoastaan teräväkulmaiselle kolmiolle. Huomautuksen 3..7 mukaan korkeusjanojen määräämät suorat leikkaavat myös tylppä- tai suorakulmaisessa tapauksessa. Sovitaan, että tylppä- tai suorakulmaisen kolmion ortokeskus on näiden suorien leikkauspiste. Lause 3..9 pätee myös tylppä- tai suorakulmaiselle kolmiolle, mutta todistus on kirjoitettava uudestaan, sillä pisteet vaihtavat järjestystään. LUSE 3..9. Olkoon teräväkulmainen kolmio, H sen ortokeskus, G sen painopiste ja O sen ympäri piirretyn ympyrän keskipiste. Tällöin H, G ja O ovat samalla suoralla l ja G jakaa janan OH suhteessa : siten, että HG = GO. Jos O = H, niin myös G = H. Huom. Lauseen 3..9 suoraa l kutsutaan kolmion Eulerin suoraksi. ' E H V ' D G O U ' T Kuva 64: Eulerin suora Todistus. Olkoon sivun keskipiste, sivun keskipiste ja sivun keskipiste. On sopiva harjoitustehtävä osoittaa, että. Tästä seuraa, että =. Jos valitaan T siten, että T, niin = T ristikulmina ja T (koska ja T), jolloin lauseen.4.5 nojalla. Vastaavasti nähdään, että ja. Tällöin nelikulmiot, ja ovat suunnikkaita. On toinen sopiva harjoitustehtävä osoittaa, että mielivaltaisen suunnikkaan lävistäjät puolittavat toisensa. Siten janat ja leikkaavat pisteessä siten, että =. Tällöin on janan keskipiste ja siten on Leonhard Euler 707-783. Sveitsi-Venäjä-Saksa.

III RLLEELIKSIOOM 9 :n keskijana. Siis keskijana on janalla eli :n keskijanalla. Vastaavasti nähdään, että myös muut :n keskijanat ovat vastaavilla keskijanoilla, joten :n ja toisaalta :n keskijanat leikkaavat kaikki samassa pisteessä G. Siten G on myös kolmion painopiste. Olkoon ja D suoralla siten, että D, E suoralla siten, että E, U suoralla V suoralla siten, että siten, että U U,. Koska niin lauseen 3..5 mukaan U ja koska on janan keskipiste, niin U on :n keskinormaali. Koska :n ja :n keskinormaalit leikkaavat :n ympäri piirretyn ympyrän keskipisteessä O ja toisaalta U ja V leikkaavat :n ortokeskuksessa, piste O on :n ortokeskus. Koska ja niin on kolmas sopiva harjoitustehtävä osoittaa, että ( )., Koska on :n keskipiste ja, niin lauseen 3..0 nojalla ( ) =. Nyt O on kolmion ja H on kolmion ortokeskus, joten ehtojen ( ) ja ( ) mukaan voi neljäntenä harjoitustehtävänä osoittaa, että O = G. Koska O on :n keskinormaalilla ja D, niinpätee joko : O D tai : O = D. Tapaus : Tässä D ja merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla ( ) voidaan olettaa, että D kuten kuvassa, jolloin D, mikä seuraa kolmion teräväkulmaisuudesta. Koska niin myös on teräväkulmainen ja siten V. Koska =,ja D = V (suora kulma) ja siten niin D V. Koska, niin = 3..0:n nojalla V = D. Koska D niin D < = =. Koska on :n keskipiste, niin =. Siten V = D < = ja koska V niin on oltava V eli V. Koska sisälyy suoraan niin V. Koska kolmion teräväkulmaisuuden nojalla O sisältyy suoraan V, niin VO ja siten O ja edelleen O D. Nyt siis

0 3.. VÄHÄN KEHITTYNEEMÄÄ EUKLIDIST GEOMETRI O D, joten lauseen 3..4 mukaan D =. Teräväkulmaisuuden nojalla on G ja H D, joten on voimassa ( ) HG O G. Erityisesti GH GO. Koska G ja = H (mikä seuraa siitä, että O D ja H D), niin yhtälö HG = O G ovat ristikulmia koskevan tuloksen.4.6 nojalla mahdollinen vain kun H G O. O? H G ' Kuva 65: Lauseen 3..9 todistuksesta Ehto HG = GO seuraa edellä todistetusta tiedosta O = H, tiedosta HG O G ja lauseesta 3..0. Tapaus on käsitelty. Tapaus : Nyt oletamme O = D. Tällöin = D ja D on :n keskinormaali ja myös keskijana. Nyt pisteet H, G ja O sijaitsevat samalla suoralla D. Jos O = H, niin E on :n keskinormaali ja keskijana, joten G on suorilla E ja D, siis sama kuin niiden leikkauspiste O eli H. Voidaan siis olettaa, että O H. Edellä on todettu, että O = H ja G = G. Koska on teräväkulmainen, on H ja aina G. Lisäksi, kuten todettiin, O on kolmion ortokeskus ja, joten myös on teräväkulmainen ja siis O V. Koska, niin tällöin O. Siis pisteet H, G ja O sijaitsevat samalla suoralla ja joko O H (tapaus i) tai sitten HO (tapaus ii). Tapauksessa i) eli olettaen O H on O H, joten O > H ja O = H < O. Tällöin on oltava O< 3, sillä O + O =. Ehdosta G = G saadaan G = 3, joten O G. Lisäksi ehdosta H = O< 3 saadaan H < 3, jolloin, koska G = 3,on G H. Tällöin OG O G = G O = G G H H = GH eli väite pätee. Vastaavasti tapauksessa ii) eli kun H O voidaan päätellä, että O> H = H > H = H< 3 = G O, josta OG G O = O G = H H G G = HG.

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI IV Liikkeet ja oincarén malli Tyhjästä olen luonut ihmeellisen uuden maailmankaikkeuden. (Janos olyai) Luvussa IV konstruoidaan oincarén malli, jossa muut aksioomat pätevät, mutta paralleeliaksiooma ei. Konstruktion pohjana on euklidinen geometria, joten tulee todistetuksi, että jos euklidinen geometria on ristiriidaton, niin myös geometria, jossa paralleeliaksiooma ei päde on ristiriidaton. Sellaisessa geometriassa syntyy uudenlaisia ja outoja geometrisia tilanteita. ätee esimerkiksi kolmioiden yhtenevyyskriteeri KKK. Tätä epäeuklidista, täsmällisemin sanoen hyperbolista geometriaa kehittivät ensimmäisinä olyai, Lobatševski ja Gauss. loitamme tarkastelemalla peilauksia euklidisessa geometriassa ja jatkamme konstruoimalla halutun mallin niiden avulla. Jatkossa samastetaan mukavuussyistä suorat ja niiden pisteiden joukot, ts. käytetään tulkintaa l = { l kulkee :n kautta} ja merkitään l, kun l kulkee :n kautta. Muistetaan myös, että huomautuksen yhteydessä on sovittu merkittävän T = { on piste}. T on siis koko taso. 4.. eilaukset. eilaus suoran suhteen. Määritelmä 4..Olkoon l suora. eilaus suoran l suhteen on kuvaus i : T T, joka määritellään seuraavasti. Jos l, niin i( )=, ja jos / l, niin olkoon m pisteen kautta kulkeva l:n normaali ja suorien l ja m leikkauspiste. Sovitaan, että i( ) on piste, joka toteuttaa ehdot i( ) ja i( ) =. m ' =i(' ) i() Kuva 66: eilaus suoran suhteen Huomautus 35. Normaalin olemassaolon ja yksikäsitteisyyden sekä aksiooman (H8) nojalla i( ) on olemassa ja yksikäsitteisesti määrätty jokaisella, joten i on kuvaus. Edelleen määritelmästä seuraa, että i(i( )) = kaikilla, joten i on itsensä käänteiskuvaus, i = i, erityisesti i on bijektio. LUSE 4... Olkoon i peilaus suoran l suhteen ja m mielivaltainen suora. Tällöin i(m) on suora. Janos olyai 80 860. Unkari (nyk. Romaniaa), arl Friedrich Gauss 777 855. Saksa. Nikolai Ivanovits Lobatševski 79 856. Venäjä.

EILUS SUORN SUHTEEN Huomautus 36. Tähän tarvitaan tulkintaa suorasta pistejoukkona. lun perinhän i ei kuvaa suoria minnekään, vaan i on määritelty ainoastaan pisteille ja kuvajoukkokin muodostuu pisteistä. Lause 4.. takaa, että luonnollisella tavalla muodostuu kuvaus {suorat} {suorat}. Todistus. Jos m = l, niin i(m) =l ja asia on selvä. Olkoon siis m l. Tässä on kaksi mahdollisuutta: joko a) m l tai sitten b) m leikkaa suoraa l. R S m i(r) i() i(m) (=t) Kuva 67: eilin suuntaisen suoran peilikuva on suora Tapaus a): Olkoon m mielivaltainen ja t pisteen i( ) kautta kulkeva suora siten, että t l. Suoran t olemassaolo seuraa lauseesta.4.8. Osoitetaan, että i(m) = t. Osoitetaan ensin, että i(m) t. OlkoonR m. Tapauksessa R = ainakin on i(r) t. OlkoonR. Olkoon suorien l ja i( ) leikkauspiste ja S vastaavasti suorien l ja Ri(R) leikkauspiste. eilauksen i määritelmän mukaan i( )ja R S i(r) ja suorat i( )jari(r) ovatl:n normaaleja. Lauseen.4.7 mukaan i( ) Ri(R). Koska m l, niinsr on suunnikas. Lauseen 3..9 nojalla RS =, joten i:n määritelmän mukaan Si(R) =SR = = i( ). Lauseen 3..5 ja t:n valinnan mukaan i( )jari(r) ovatmyös t:n normaaleja. Erityisesti Ri(R) leikkaa suoraa t, olkoon leikkauspiste. R S i(r) i() m t i(m) Kuva 68: pupiste Tässä i( )S on suunnikas, joten 3..9:n mukaan S = i( ). Siten Si(R) = S. Koska m l, niin Rl ja koska t l, niin i( )t. Toisaalta li( )ja Rl i(r), joten i( )l. Tällöin Si(R). Koska siis Si(R) = S, niin tämä on aksiooman (H8) yksikäsitteisyyspuolen nojalla mahdollista ainoastaan, mikäli = i(r). Koska t, niin siis i(r) t, kuten pitääkin. Toisensuuntainen inkluusio i(m) t voidaan todistaa edellisen avulla. Olkoon nimittäin edelleen R m. Nyt i( ) t, t l ja m on pisteen i(i( )) = kautta

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 3 kulkeva suora siten, että m l. Edellisen inkluusion nojalla i(t) m. Täten t = i(i(t)) i(m). Tapaus b): Leikatkoon m suoraa l pisteessä. Olkoon m. Koska i on injektio ja i() =, niini( ), joten i( ) on suora. Osoitetaan, että i(m) = i( ). Osoitetaan taas ensin inkluusio i(m) i( ). Olkoon R m mielivaltainen. Jos R =, niin i(r) = i( ). Voidaan siis olettaa, että R. Olkoot suoran l normaalit pisteiden, R ja kautta nimeltään n, r ja a. Lauseen.4.6 mukaan n, r ja a ovat yhdensuuntaisia. Olkoon suorien n ja l sekä S suorien r ja l leikkauspiste. Tässä on kolme mahdollisuutta: joko i) a, ii) R a tai sitten iii) Ra. i() i(r) R i) a ii) a i(r) R S r i(m) i() n m R i() i(m) iii) T S i(r) a n m Kuva 69: eilin leikkaavan suoran peilikuva on suora Tapaus i): Tässä n = r = a ja = = S, joten kuvauksen i määritelmän mukaan i(r) RS = = i( ) = i( ). Tapaus ii): Koska r a ja n a, niin myös Sa ja i(r) i( )a. SKSsäännön nojalla on = i( ) ja RS = i(r)s. Tällöin, koska nyt RS =, saadaan i( ) = = RS = i(r)s = i(r), missä viimeinen yhtälö seuraa siitä, että Sa. Koska R a, niinr {}, jolloin myös R l. Tällöin peilauksen i määritelmän nojalla i(r) i( )l. Koska nyt i( ) = i(r), niin aksiooman (H) yksikäsitteisyysosan nojalla on oltava i( )= i(r). Siten i(r) i( ) i( ). Tapaus iii): Koska r a ja n a, niinmyös Sa ja i(r)i( ). Erityisesti siis S. Valitaan T siten, että T i( ), jolloin lauseen.4.6 nojalla ST = i( ). Vastaavasti, koska R,niin RS =. Kuten

4 EILUS SUORN SUHTEEN kohdassa ii) on nytkin = i( ) ja RS = i(r)s, jolloin saadaan TS = i( ) = = RS = i(r)s. Koska T i( ), niin Tli( )jakoskar, niin Rl. Koska li( ) ja Rl i( ), niin saadaan, että Ti(R)l. Tällöin ehdon TS = i(r)s nojalla on oltava T = i(r). Koska T i( ), niin T i( ), jolloin siis i(r) i(r) = T i( ). Toisensuuntainen inkluusio i(m) t saadaan taas edellisen avulla, sillä i( i( )) i(i( )) = = m, joten i( )=i(i( i( ))) i(m). LUSE 4... eilaus suoran suhteen säilyttää välissäolon sekä janojen ja kulmien yhtenevyyden. Tarkemmin sanoen: () Jos l on suora ja i peilaus l:n suhteen sekä, niin i() i() i(). () Jos R on jana, niin R = i( )i(r), (3) jos vielä on kulma, niin i()i()i() =. Todistus. () Osoitetaan ensin, että R = i( ) i(r). Jos R = l, niini( )= ja i(r) =R, ja asia on selvä. Olkoon siis R l. Tässä on kaksi mahdollisuutta; a) R l tai sitten b) leikkaa suoraa l. Tapaus a): Kuten lauseen 4.. todistuksen a) -kohdassa nähdään nytkin, että myös i( ) i(r) l. Lauseen 3.. nojalla R i( ) i(r). Koska lauseen.4.6 nojalla i( ) R i(r), niin R i( ) i(r) on suunnikas. Lauseen 3..9 nojalla i( ) i(r) = R. Tapaus b): Käytetään lauseen 4.. todistuksen b) -kohdan merkintöjä. Huomataan ensin, että jos, niin = i( ). Jos =, niin tämä seuraa suoraan peilauksen i määritelmästä ja muuten tämä seuraa siitä, että = i( ). Jos nyt toinen pisteistä tai R on, niin asia on selvä, sillä i() =. Voidaan siis olettaa, että, R. Tällöin joko i) R, ii) R tai iii) R. Tapaus i): Kuten lauseen 4.. todistuksen -kohdassa nähtiin, i(r) T {}, missä T i( ), joten myös i(r) i( ). Koska nyt siis i(r) = R ja i( ) =, niin väite i(r) i( )=R seuraa suoraan aksioomasta (H0). Tapaus ii): Lauseen 4.. todistuksessa nähtiin myös, että i(r) i( ). Koska lisäksi a l ja r n, niin on oltava i(r) i( ). Koska nyt siis i(r) = ja i( ) =,niinväite seuraa kuten kohdassa i), paitsi että aksiooman (H0) sijasta käytetään lausetta.4.. Tapaus iii): alataan kohtaan ii) vaihtamalla merkintöjä ( R). () Olkoon. Tällöin.5.4:n nojalla + =. Kohdan () nojalla pätee tällöin i() i() +i() i() =i() i().

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 5 Lauseen.5.6 nojalla saadaan heti i() i() i(). (3) Olkoon R kulma. Tällöin R on kolmio. Lauseen 4.. nojalla i( )i()i(r) onmyös kolmio ja kohdan () sekä SSS-säännön nojalla R = i( )i()i(r), jolloin R = i( )i()i(r). LUSE 4..3. eilaus suoran suhteen kuvaa ympyrät ympyröiksi. Tarkemmin sanoen, jos l on suora ja i peilaus l:n suhteen sekä α on -keskinen a-säteinen ympyrä, niin i(α) on i()-keskinen a-säteinen ympyrä. α i() i(α) Kuva 70: Ympyrän peilaus suorassa Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. Inversio ympyrän suhteen. Määritellään seuraavaksi peilaus eli inversio ympyrän suhteen: Määritelmä 4..Olkoon α ympyrä, keskipiste, säde a > 0. Merkitään X = {pisteet} {} ja määritellään kuvaus i : X X seuraavasti: Jos X, niin i( ) s.e. i( )= a. Lauseen.6.3 nojalla i( ) on aina olemassa. Lisäksi lauseen.5.5. ja aksiooman (H8) nojalla i( )onyksikäsitteinen. Täten myös i : X X on hyvin määritelty kuvaus. Sanotaan, että i on peilaus eli inversio ympyrän α suhteen. Huomautus 37. Suoraan määritelmästä seuraa, että joten i(i( )) = i( )= ja i(i( )) = a i( ) = a a / =, i( ) = kaikilla, joten i(i( )) = kaikilla, joten i on itsensäkäänteiskuvaus, i = i, ja erityisesti i on bijektio X X. Huomautus 38. Todistamme myöhemmin, että peilaus tapahtuu kuvan 7 mukaisesti.

6 INVERSIO YMYRÄN SUHTEEN i() i() Kuva 7: eilaus ympyrässä toteutettuna Eukleideen tyyliin Tämä tieto on auttanut keksimään monet seuraavista lauseista. LUSE 4..4. Olkoon α ympyrä, keskipiste, säde a sekä i peilaus α:n suhteen. Tällöin i(α) =α ja lisäksi X on α:n sisäpuolella, jos ja vain jos i( ) on α:n ulkopuolella. Edelleen, jos R, niin i(r) i( ). Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. LUSE 4..5. Olkoon α ympyrä, sen keskipiste ja a sen säde ja olkoon i peilaus α:n suhteen sekä l suora. Tällöin i ( l {} ) on joko itse l {} tai pisteen kautta kulkeva ympyrä, josta on poistettu piste, sen mukaan kuuluuko keskipiste suoralle l vai ei. Tarkemmin: (S) Olkoon l suora, joka kulkee :n kautta. Tällöin i(l {}) =l {}. (Y) Olkoon l suora, joka ei kulje :n kautta. Olkoon keskipisteen kautta kulkevan l:n normaalin ja itsensä l:n leikkauspiste. Tällöin i(l) =β {}, missä β on ympyrä, jonka keskipiste on s.e. = i( ) ja säde on b = i( ). Erityisesti β. α α α i() β i() β i() Kuva 7: Suoran peilaus ympyrän suhteen Todistus. (S): Jos l {}, niin peilauksen i määritelmän mukaan i( ) {} l {}. Siis i(l {}) l {}. Käänteinen inkluusio seuraa tästä, sillä i(i( )) = kaikilla, joten juuri todistetun nojalla saadaan l {} = i(i(l {})) i(l {}). (Y): () Todistetaan ensin i(l) β {}: Muistetaan, että a on ympyrän α säde. Koska aina i(), niin riittää osoittaa, että i() β mielivaltaiselle l eli että i() = b, kun l. Jos =, niin i() jai() = i() = i( ) i( )=b ja asia on selvä.

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 7 i() i() β α Kuva 73: i(l) β {} Olkoon siis. Koska {} ja i() {}, niin = i(). Koska on suora, pätee tällöin cos( i()) =. Kosinilause sovellettuna kolmioon i() antaa i() = + i() i() cos( i()) ( = + i() i() ) ( = a + i() ) i( ) = + i() ( a a ) =. Siten i() = = i( )=b. () Todistetaan nyt päinvastainen inkluusio i(l) β {}: Olkoon β {}. Jos, niin = i( ), sillä kohdan () mukaan i( ) β {} ja toisaalta β, koska = b. Nyt lauseen.6. nojalla suoralla ja ympyrällä β ei ole muita leikkauspisteitä kuin ja i( ). Koska, niin on oltava = i( ). Siis asia on selvä, jos. Olkoon siis /. Tällöin on kolmio, jolloin kuvauksen i määritelmän nojalla myös i() on kolmio ja = i(). Merkitään tätä kulmaa. i() i() β α Kuva 74: i(l) β {} Kosinilause sovellettuna kolmioon antaa = + cos. Koska β,niin = b =, joten tässä on oltava cos =

8 INVERSIO YMYRÄN SUHTEEN 0 ja siis cos = 0, ja edelleen cos =. Toisaalta kosinilause sovellettuna kolmioon i() antaa ( ) i() = + i() i() cos = + i() a = + i() a i( ) = + i() a a = i(). Käytetään uudelleen kosinilausetta kolmioon i() : i() = + i() i() cos( i()) ja sijoitetaan tämä kaavaan ( ), jolloin 0 = i() cos( i()), joten cos( i()) = 0. Kosinin määritelmän mukaan näin on ainoastaan silloin, kun i() on suora kulma. Siten i() on :n normaali. isteen määritelmän mukaan myös l on :n kautta kulkeva suoran normaali, joten lauseen.4.6 nojalla tällöin l = i() ja siis i() l. Nyt kohdassa () on siis todistettu, että i() l kaikilla β {}. Siten i(β {}) l, jolloin, koska i(i()) = kaikilla, niin β {} = i(i(β {})) i(l). LUSE 4..6. Olkoon α ympyrä, keskipiste, säde a ja i peilaus α:n suhteen. Tällöin i kuvaa :n kautta kulkevan ympyrän suoraksi. Tarkemmin: Olkoon β ympyrä, sen keskipiste, b sen säde siten, että β. Tällöin i(β {}) on suoran normaali, joka kulkee pisteen kautta, missä siten, että = a b. i(β {}) β i() Kuva 75: Keskipisteen kautta kulkevan ympyrän inversio

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 9 Todistus. Koska β, niin, joten on määritelty. Valitaan kuten väitteessä ja olkoon l pisteen kautta kulkeva :n normaali. itää osoittaa, että i(β {}) =l. Nyt l ei kulje :n kautta ja on l:n normaali, joten lauseen 4..5 nojalla i(l) =γ {}, missä γ on ympyrä, jonka keskipiste on siten, että = i( )jasäde on c = i( ). Nyt i( )= a = a a / b =b, joten = b = b. Toisaalta myös ja koska β, niin = b. Siten aksiooman (H8) nojalla =. Lisäksi c = i( )=b, joten γ = β. Näin on nähty, että i(l) =β {}, joten i(β {}) =i(i(l)) = l. Huomautus 39. Seuraavassa tarkastelemme usein suoraa, joka leikkaa ympyrää. Käytämme seuraavaa merkintäsopimusta. Jos ovat pisteitä ympyrän β sisäpuolella, niin lauseen.6.6 nojalla suora leikkaa ympyrää γ kahdessa eri pisteessä ja, joille pätee ja. Tällöin pätee jompikumpi seuraavista () ja, tai () ja. Merkitään seuraavassa :lla sitä pistettä j, jolle pätee ja :llä sitä pistettä j, jolle pätee. Jos on β:n ulkopuolella ja sisäpuolella, niin toisella j :llä on j ja toisella j. Tässä tilanteessa merkitään :lla sitä j :tä, jolla pätee ja :llä sitä j :tä, jolla pätee. β β Kuva 76: Suoran ja ympyrän leikkauspisteiden nimet LUSE 4..7. Olkoon α ympyrä, keskipiste, säde a ja i peilaus α:n suhteen. Olkoon β ympyrä, keskipiste, säde b siten, että / β. Tällöin i(β) on ympyrä. Tarkemmin: Jos =, niin i(β) on ympyrä, jonka keskipiste on ja säde on a /b. Jos on β:n sisäpuolella ja, niin i(β) on ympyrä, jonka keskipiste on siten, että = ( i( ) i( ) ) ja säde on = ( i( )+i( ) ). 3 Jos on β:n ulkopuolella, niin i(β) on ympyrä, jonka keskipiste on siten, että = ( i( )+i( ) ) ja säde on = ( i( ) i( ) ).

30 INVERSIO YMYRÄN SUHTEEN Huomautus 40. Janojen pituuksiksi ehdotetut erotukset ovat positiivisia ja väitteet siis siltä osin järkeviä, sillä tapauksessa on ja ja siis, koska on ympyrän β keskipiste, niin < = b = <, jolloin i( )= a > a = i( ), joten i( ) i( ) > 0. Vastaavasti tapauksessa 3 on ja, joten tässäkin < <, ja siis i( ) > i( ), jolloin i( ) i( ) > 0. Lauseen 4..7 todistus. Tapaus :Tässä on oletettu, että =. On osoitettava, että i(β) =γ, missä γ on -keskinen ja a /b-säteinen ympyrä. α = β i (β) Kuva 77: Samakeskisen ympyrän inversio Jos β, niin = = b, ja siten kuvauksen i määritelmän mukaan i( )=a /b, joten i( ) γ. Siten i(β) γ. Vastaavasti, jos γ, niin i( )=a / ( a /b ) = b, joten i( ) β. Siten i(γ) β, jolloin γ = i(i(γ)) <i(β). Näin i(β) γ. Siis i(β) =γ. Tapaus : Olkoon nyt kuvattavan ympyrän β sisäpuolella mutta. Olkoon siten, että = ( i( ) i( ) ) ja c = ( i( )+ i( ) ) sekä γ-keskinen, c-säteinen ympyrä. itää osoittaa, että i(β) =γ. i( ) α i( ) α i (β) i( ) i( ) β i(β) β Kuva 78: Ympyrän inversio, kun on β:n sisäpuolella

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 3 Osoitetaan ensin, että i(β) γ: Olkoon β. On osoitettava, että i() γ. Käsitellään ensin erikoistapaukset: Jos, niin joko = tai =. äätellään, että kummassakin tapauksessa on i() γ: Olkoon ensin =. Koska γ:n keskipiste on puolisuoralla ja,niin, jolloin myös i( ), sillä i() kaikilla. Tällöin i( )=+ i( )= ( i( ) i( ) ) + i( )= ( i( )+i( ) ) = c ja siten i( )=i() γ, kuten pitikin. Olkoon sitten =. Nyt i( ) ja koska :n määritelmän mukaan ja < i( ), niin i( ). Tällöin i( )=i( ) = i( ) ( i( ) i( ) ) = ( i( )+ i( ) ) = c, ja siten myös i( )=i() γ. isteiden ja kuvat ovat siis ympyrällä γ, kuten pitääkin. Voidaan siis olettaa, että kuvattava piste ei ole suoralla =, vaan on kolmio. Koska ja i() {}, niinmyös i() on tällöin kolmio. Merkitään nyt x =. Koska, niin = + =bja tällöin, koska,pätee = =b x ja, koska, niin = = b x. α i() x β Kuva 79: Kosinilauseen käyttö Edelleen i:n määritelmän mukaan i( )= a = a x ja i( )= a b x (, jolloin = a x ) a b x. Jos merkitään vielä y =, niini() = a y. Koska ja, niin. Koska lisäksi i() {}, niin kulmat i() = ja ovat toistensa täydennyskulmia. Kosinin määritelmän mukaan tällöin ( ) cos = cos i(). Kosinilause sovellettuna kolmioon antaa josta saadaan käyttäen tietoa ( ) = + cos, eli b =(b x) + y (b x) y cos, cos i() = (b x) + y b (b x) y = bx x y (b x) y.

3 INVERSIO YMYRÄN SUHTEEN Toisaalta kosinilause sovellettuna kolmioon i() antaa joten i() = + i() i() cos i(), ( i() (a = x a b x [ ( = a 4 b x 4 x(b x) Siten ) ) + ( a y ) + y ) (a x b x x(b x) x(b x)y y (b x)y a ) a b x y bx x y (b x)y [ ( ) ] b x = a 4 + (b x) x (b x) x(b x) y x(b x) y (b x) y + (b x)y x(b x)y (b x)y [ ( ) ] b x = a 4 + x(b x) y y + x(b x) = a 4 b bx + x +bx x x (b x) [ ] = a b. x(b x) i() =a b x(b x) = ( x + b x ) = (a a x + b x joten i() γ. On siis näytetty, että tapauksessa pätee i(β) γ. ] ) = ( i( )+i( ) ) = c, Osoitetaan sitten i(β) γ eli käänteinen inkluusio. Selvitetään ensin pisteiden i( ),, ja i( ) sijainti suoralla : Koska < c, niin on γ:n, niin lauseen 4..5 mu- sisäpuolella. kaan i( ),i( ). Toisaalta, β, joten juuri edellä todistetun Lisäksi = ja koska, inkluusion nojalla i( ),i( ) γ. Siten i( )jai( ) ovat suoran ja γ:n leikkauspisteet. Koska ja ovat γ:n sisäpuolella, niin ( lauseen.6.5 nojalla ) joko i( ) tai i( ). Koska i( )= i( ) i( ) + ( ) i( )+i( ) = + c>c= i( ), niin on oltava i( ). Tällöin i( ). Inkluusion i(β) γ todistamiseksi voidaan nyt soveltaa jo todistamaamme inkluusiota ympyrään γ. Tämän mukaan i(γ) δ, missä δ on D-keskinen d- säteinen ympyrä, jonka keskipiste on sellainen D i( ), että D = ( i(i( )) i(i( )) ) ) ) = ( ja säde d = ( +. Koska ja {}, niin ja koska i( ), niin i( )=, jolloin D. Käyttäen toisensuuntaisen inkluusion todistuksen merkintöjä saadaan

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 33 ( ) = b x = (b x x) = ) = D, joten aksiooman (H8) nojalla on oltava = D. Lisäksi d = (b x+x) =b, joten δ = β. Siten i(γ) β, jolloin γ = i(i(γ)) i(β). Näin on tapaus kokonaan selvitetty. Tapaus 3 : Tarkastellaan lopuksi tilannetta, jossa inversioympyrän keskipiste on kuvattavan ympyrän β ulkopuolella. Nyt osoitetaan, että i(β) = γ, missä γ:n keskipiste on sellainen, ( ) että = i( )+i( ) ja säde c = (i( ) i( )). α i (β) β α β i( ) i( ) i (β) i( ) i( ) Kuva 80: Ympyrän inversio, kun on β:n ulkopuolella Osoitetaan ensin, että i(β) γ. Olkoon β. Selvitetään taas ensin erikoistapaus, jossa joko = tai sitten =. Katsotaan pisteiden, i( ), ja i( )järjestys suoralla : Koska, niin lauseen 4..4 nojalla i( ) i( ( ), jolloin i( ) < i( ( ). Koska i( ),i( ) ), ja i( ) = i( )+i( ) < i( )+i( ) = = ( ) ( ) i( )+i( ) < i( )+i( ) = i( ), niin on oltava i(( ) ja i() ). Jos nyt olisi =, niin olisi i() =i( ) = i( ) i( ) = c, joten γ. Vastaava päättely saadaan :llekin. Voidaan siis olettaa, että,, jolloin on kolmio. Koska ja i() {}, niin myös i() ontällöin kolmio. α i() i( ) x β Kuva 8: Kosinilauseen käyttö, kun on β:n ulkopuolella Merkitään, kuten edellä, x =.Myös nyt käsiteltävässä tilanteessa on, joten =b, mutta nyt, joten = + =b+x

34 INVERSIO YMYRÄN SUHTEEN ja, koska, niin = ( + ) = b + x. Edelleen i( )= a x ja i( )= a b+x, jolloin = a x + a b+x. Jos merkitään vielä y =, niin i() = a y. Koska i() {} ja {}, niin = i(), joten myös cos( ) = cos( i() ). Kosinilause sovellettuna kolmioon antaa nyt josta saadaan b =(b + x) + y (b + x)y cos( ), cos( ) = (b + x) + y b (b + x)y = bx + x + y. (b + x)y Toisaalta kosinilause sovellettuna kolmioon i() antaa joten i() = + i() i() cos( i() ), ( ( i() a = x + a b + x [ ( = a 4 b +x 4 x(b + x) )) + ( a ) ( a x + ) a b + x a y ) + b +x y x(b + x) x(b + x)+y y (b + x)y y bx + x + y (b + x)y ] [ ( ) b + x = a 4 + (b + x) x(b + x) x(b + x) y x(b + x) y (b + x)y (b + x)y x(b + x)y(b + x)y [ ( ) b + x = a 4 + x(b + x) = a 4 b +xb + x xb x (x(b + x)) = ] y y x(b + x) ( a b x(b + x) ). ] Siten i() =a b x(b + x) = ( a x ) = ( a b + x x = ( ) i( ) i( ) = c, ) a b + x joten i() γ. Osoitetaan lopuksi, että γ i(β). Koska nyt > c, niin on γ:n ulkopuolella. Kuten kohdassa ovat nytkin i( )jai( ) ympyrän γ ja suoran = leikkauspisteet. Koska,, niini( )jai( ). Koska lisäksi, niin lauseen 4..4 mukaan i( ) i( ). Koska on γ:n keskipiste,

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 35 on oltava i( ) i( ) lauseen.6.6 nojalla. Tällöin i( ) ja i( ). Inkluusion i(β) γ todistamiseksi voidaan nyt taas soveltaa jo todistamaamme inkluusiota ympyrään γ ja huomataan, että i(γ) δ, missä δ on D-keskinen, d- ( ). Tällöin = b+x = säteinen ympyrä, missä D s.e. D = (b + x + x) = (H8) nojalla on oltava = D. Lisäksi d = ( + ) = D ja, koska =, niin aksiooman (b + x x) =b, joten δ = β. Siten i(γ) β, jolloin γ = i(i(γ)) i(β). Kaikenkaikkiaan γ = i(β). isteen potenssi ympyrän suhteen. Määritelmä 4.3.Olkoon α ympyrä, keskipiste, säde a. Määritellään pisteen α {} potenssi ympyrän α suhteen, (,α), seuraavasti: jos on α:n sisäpuolella, niin (,α) =a,jajos on α:n ulkopuolella, niin (,α) = a. Siis aina (,α) > 0. Seuraavan lauseen avulla näkee, että potenssilla (,α) on se merkillinen ominaisuus, että jos :n kautta kulkeva suora leikkaa α:aa pisteissä ja, niin aina = (,α), riippumatta suorasta l. Kuva 84: (,α) = = LUSE 4..8. Olkoon α -keskinen a-säteinen ympyrä ja / α,. Olkoon lisäksi l pisteen kautta kulkeva suora, joka leikkaa α:aa pisteissä ja,. Tällöin = (,α). Todistus. Tässä on kaksi tapausta sen mukaan, onko ympyrän α sisällä (tapaus a) vai ulkopuolella (tapaus b). Kummassakin tapauksessa on taas kaksi eri mahdollisuutta: Suora l voi kulkea (tapaus i) tai olla kulkematta (tapaus ii) keskipisteen kautta. Tapaus ai): Vaihtamalla tarvittaessa merkintöjä ( ) voidaan olettaa, että ja.

36 ISTEEN OTENSSI YMYRÄN SUHTEEN Kuva 85: Tapaus ai) Tällöin = + = + a ja = = a. Siten = ( + a)(a ) =a = (,α). Tapaus aii): Lauseen.6.6. nojalla leikkaa α:aa kahdessa eri pisteessä R ja S, olkoot ne nimetty niin, että R ja S (ja R S). S R Kuva 86: Tapaus aii) Koska, niin lauseen.4.6 nojalla R = S. Lisäksi S ja R S, joten R S. Tällöin voidaan soveltaa lausetta 3.., jonka mukaan RS = S, joten R = S. Koska kolmioissa R ja S kulmasumma on 80, niin pätee myös R = S ja kolmiot R ja S ovat siten samanmuotoisia. Lauseen 3..0 nojalla tällöin S = R. Näin ollen = R S. Nyt S kulkee :n kautta, joten kohdan ai) mukaan R S = (,α). Tapaus bi):

IV LIIKKEET J OINRÉN MLLI 37 Kuva 87: Tapaus bi) Tässä tai, ja vaihtamalla tarvittaessa merkintöjä ( ) voidaan olettaa, että. Koska, niin ja. Tällöin = = a ja = = + a. Siten Tapaus bii): =( a) ( + a) = a = (,α). S R Kuva 88: Tapaus bii) Tässä voidaan taas olettaa, että. Suora leikkaa lauseen.6.6 mukaan α:aa pisteissä R, S siten, että R S. Voidaan olettaa, että R, jolloin R S. Tällöin SR. Koska, niin R ja (H7):n nojalla SR. Tällöin 3..:n mukaan SR = R ja siten S = R. Koska kolmioissa R ja S on kulma yhteinen ja kulmasumma 80, on myös R = S. Siten R S. Tällöin lauseen 3..0 nojalla R = S, josta saadaan = R S. Kohdan bi) nojalla R S = (,α) tässä viimeisessäkin tapauksessa. Ortogonaalisista ympyröistä. Määritelmä 4.4.Kaksi ympyrää α ja β (keskipisteet ja, säteet a ja b) ovat ortogonaalisia, jos ne leikkaavat toisiaan joissakin pisteissä ja ja niiden tangentit pisteessä ovat toistensa normaalit ja myös tangentit toisessa leikkauspisteessä ovat toistensa normaalit. m

38 ORTOGONLISIST YMYRÖISTÄ Kuva 89: Ortogonaaliset ympyrät LUSE 4..9. Olkoot α ja β kaksi ympyrää, jotka leikkaavat toisensa pisteissä ja. Olkoon α:n keskipiste ja β:n keskipiste. Tällöin α ja β ovat ortogonaalisia, jos ja vain jos :n kautta kulkeva α:n tangentti kulkee :n kautta. Todistus. : Olkoon l pisteen kautta kulkeva β:n tangentti ja m pisteen kautta kulkeva α:n tangentti. Oletuksen nojalla l m. Lauseen.6.8 mukaan m. Tällöin lauseen.4.6 mukaan l ja väite seuraa. : i() m Kuva 90: Ortogonaalisuusehto Olkoon l pisteen kautta kulkeva ympyrän β tangentti. Lauseen.6.8 mukaan l, jolloin saadaan, käyttäen lausetta.6.8 toiseen suuntaan, että on ympyrän α tangentti, ja siis :n kautta kulkevat tangentit ovat toistensa normaaleja. itää vielä osoittaa toisen leikkauspisteen olemassaolo ja :n kautta kulkevien tangenttien kohtisuoruus. Koska, niin ja /. Olkoon i peilaus suoran suhteen, jolloin i( ). Lauseen 4.. nojalla = i()i( )ja silloin = i( ), joten i( ) β. Vastaavasti päätellään, että i( ) α. Siten i( ) on haettu α:n ja β:n toinen leikkauspiste. Koska on suora kulma, niin 4..:n nojalla myös i()i( )i() = i( ) on suora kulma. Lauseen.6.8 mukaan tällöin i( )onα:n tangentti ja i( )onβ:n tangentti ja väite seuraa. LUSE 4..0. Olkoot α ja β ortogonaalisia ympyröitä, keskipisteinään ja. Tällöin on on β:n ulkopuolella ja on on α:n ulkopuolella. Todistus. erustelu on sopiva harjoitustehtävä. LUSE 4... Olkoot α ja β ympyröitä, keskipisteinään ja ja säteinä a ja b. Tällöin α ja β ovat ortogonaalisia ympyröitä, jos ja vain jos on on α:n ulkopuolella ja b = (,α), missä (,α) on pisteen potenssi ympyrän α suhteen. Todistus. : Lauseen 4..0 nojalla on ympyrän α ulkopuolella. Olkoon ympyröiden α ja β leikkauspiste. Ortogonaalisuuden nojalla, joten kulma on suora. Koska α, niin = a ja vastaavasti = b.