Geometrijski problem iz Latvije

Hrvatski matematički elektronski časopis math.e

Broj 2

Zvonko Čerin

Geometrijski problem iz Latvije

Sadržaj:

Problem
Dokaz teorema 1
Johnsonov teorem o tri kružnice i inverzija
Rješenje problema 1 pomoću računala
Još jedno rješenje problema 1 pomoću računala
Sugestije za istraživanja
Literatura
Download

english

Geometry problem from Latvia (pdf)

1. Problem

Na matematičkim natjecanjima 1994. godine u Latviji jedan od zadataka bio je i ovaj geometrijski problem (vidi [2], str. 8).

Problem 1. Tri jednake kružnice sijeku se u točki O i također dvije po dvije u točkama A, B, C. Neka je T trokut dobiven iz presjeka zajedničkih tangenata tih kružnica. Neka kružnice leže unutar trokuta T. Pokažite da je površina trokuta T najmanje devet puta veća od površine trokuta ABC.

Slika 1. Površina Delta XYZ najmanje je devet puta veća od površine Delta ABC.

Označimo li središta kružnica s U, V, W, a vrhove trokuta T s X, Y, Z, onda će tvrdnja problema 1 slijediti iz teorema 1. U njemu se pojavljuje središte kružnice devet točaka trokuta. Poznata je i pod imenom Feuerbachova kružnica, a od mnogobrojnih svojstava najpoznatije je ono da dodiruje upisanu kružnicu i sve tri pripisane kružnice. Devet točaka koje se spominju u njezinom imenu su polovišta stranica, nožišta visina i polovišta spojnica vrhova s ortocentrom (presjekom visina). Više o toj kružnici možete saznati iz knjige [7] ili na sljedećim mjestima na Internetu:
http://mathworld.wolfram.com/Nine-PointCircle.html
http://en.wikipedia.org/wiki/Nine_point_circle
http://planetmath.org/encyclopedia/NinePointCircle2.html

Teorem 1.
(a) Trokute ABC i UVW povezuje homotetija h(F, -1), gdje je F zajedničko središte njihovih kružnica devet točaka.
(b) Postoji broj 3 takav da je trokut XYZ pridružen trokutu UVW homotetijom h(I, lambda ), gdje je I središte njemu upisane kružnice.

Slika 2. Za homotetije h₁ = h(F, -1) i h₂ = h(I, lambda ) vrijedi ABC = h₁(UVW) i XYZ = h₂(UVW) uz lambda 3.

I doista, prema (a) vrijedi |UVW| = |ABC| (tj. površine trokuta UVW i ABC su jednake), dok prema (b) imamo |XYZ| = lambda

|UVW|, pa je |XYZ| / |ABC| = lambda

9 jer je lambda

2. Dokaz teorema 1

Dokaz teorema 1 (a): Kako su A, B, C refleksije središta O opisane kružnice trokuta UVW u njegovim stranicama, vidimo da su UVW i ABC pridruženi kompozicijom homotetija h₃ = h(G, -1/2) i h₄ = h(O,2), gdje je G težište trokuta UVW. Ta kompozicija je homotetija h₁ = h(F, -1) jer je središte F kružnice devet točaka trokuta UVW njezina jedina fiksna točka (dakle, njezin centar), dok se konstante u kompoziciji homotetija množe. Točka F je središte kružnice devet točaka trokuta ABC jer homotetija h₁ mora trokut KLM, komplementaran trokutu UVW (kojem su vrhovi polovišta stranica trokuta UVW), preslikati na trokut komplementaran trokutu ABC, kome vrhovi i dalje ostaju na kružnici devet točaka trokuta UVW budući da je homotetija h₁ refleksija u točki F (vidi sliku 3). QED

Slika 3. Kompozicija UVW KLM ABC je homotetija h(F, -1).

Dokaz teorema 1 (b): Budući da je zajednička tangenta dviju kružnica istog polumjera koje se sijeku paralelna spojnici njihovih središta, vidimo da trokuti UVW i XYZ imaju paralelne odgovarajuće stranice pa su zato homotetični. Pravac XU je simetrala kuta ZXY jer je točka U jednako udaljena (za duljinu radijusa R opisane kružnice trokuta UVW) od krakova XY i XZ. Zbog paralelnosti odgovarajućih stranica trokuta UVW i XYZ jasno je da je pravac UX ujedno i simetrala kuta WUV. Zato se pravci UX, VY i WZ sijeku u središtu I trokutu UVW upisane kružnice. To središte je centar homotetije koja pridružuje trokut XYZ trokutu UVW. Njezina konstanta jednaka je omjeru

|IX|/|IU|

gdje je r polumjer trokutu UVW upisane kružnice (vidi Sliku 2). Budući da je prema Eulerovom teoremu dobro poznato da je R / r

2, slijedi da je konstanta promatrane homotetije najmanje 3. Primijetimo da se ta najmanja vrijednost postiže jedino ako je trokut UVW jednakostraničan. QED

Iz prethodnog dokaza jasno je da vrijedi i sljedeći teorem.

Teorem 2.
(a) Trokut XYZ ima najmanje tri puta veći opseg od opsega trokuta ABC.
(b) Trokut XYZ ima tri puta veći opseg od opsega trokuta ABC onda i samo onda ako su trokuti ABC, UVW i XYZ jednakostranični.

3. Johnsonov teorem o tri kružnice i inverzija

Konfiguracija triju kružnica alfa

istog polumjera r koje se sijeku u točki M spominje se ranije u [5], [3] i [4]. Tamo su Johnson i Emch na više načina dokazali da ako se te kružnice sijeku još i u točkama P, Q, R, onda one leže na kružnici omega

polumjera r (vidi sliku 4).

Mi smo tu tvrdnju usput dokazali u gornjem dokazu teorema 1. Sada ćemo prikazati njezin vrlo kratki dokaz korištenjem inverzije iz članka [4], gdje se opisuju i neki drugi problemi geometrije za koje je primjena inverzije također uspješna. Inverzija je transformacija ravnine koja je određena kružnicom. U knjizi [7] čitatelji mogu dobiti osnovne podatke o svojstvima tog preslikavanja i mnoštvo primjera njezine upotrebe u geometriji. Korisne informacije o inverziji mogu se naći i na web stranici http://mathworld.wolfram.com/Inversion.html.

Slika 4. Johnsonov teorem o tri kružnice.

Neka trokut A₂B₂C₂ ima upisanu kružnicu ksi

kojoj je središte točka M i koja dodiruje stranice |B₂C₂|, |C₂A₂|, |A₂B₂| u točkama A₁, B₁, C₁. Slike pravaca B₂C₂, C₂A₂, A₂B₂ pri inverziji na kružnici ksi

su kružnice alfa

koje prolaze točkom M, diraju iznutra kružnicu ksi

u točkama A₁, B₁, C₁ i imaju isti polumjer r = |MA₁|/2 = |MB₁|/2 = |MC₁|/2. Osim točke M, one se sijeku još u točkama P, Q, R, koje određuju kružnicu omega

(opisanu kružnicu trokuta PQR).

Promatrajmo sada refleksije alfa ', beta ', gama ' kružnica alfa , beta , gama u pravcima QR, RP, PQ. One imaju isti polumjer r, a središta im leže na simetralama stranica |QR|, |RP|, |PQ| koje se sijeku u središtu O kružnice omega . Zato se kružnice alfa ', beta ', gama ' podudaraju s kružnicom omega .

Nadopunimo li sliku 4 sada trokutom XYZ iz zajedničkih tangenata kružnica alfa , beta , gama , na slici 5 se iz sličnih trokuta BMY i INY lijepo vidi da su ABC i XYZ povezani homotetijom kojoj je središte zajedničko središte I upisanih kružnica trokuta ABC i XYZ i da je omjer te homotetije 1 + r/, gdje su r i polumjeri trokutu ABC opisane i upisane kružnice, a M i N su projekcije od B i I na pravac XY.

Slika 5. Trokute ABC i XYZ povezuje homotetija h(I, 1 + r/).

4. Rješenje Problema 1 pomoću računala

Drugo rješenje problema 1: Sada ćemo opisati kako se problem 1 može riješiti uz pomoć računala. Pri tome koristimo analitičku geometriju ravnine i složeni program Maple V. Napominjemo da su sve nedefinirane funkcije koje koristimo objašnjene u članku [1].

Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da su kutovi U i V promatranog trokuta UVW oštri (tj. manji od /2 radijana) i da vrhovi U, V i središte I upisane kružnice imaju koordinate (0, 0), (f + g, 0) i (f, 1) za realne brojeve f > 1 i g > 1. Dakle, parametri f i g su kotangensi polovica kutova U i V, dok je radijus upisane kružnice broj jedan.

assume(f>1, g>1): tU:=[0,0]: tV:=[f+g,0]: tI:=[f,1]:

Ideja dokaza je naći koordinate vrha W i središta O opisane kružnice, što će nam omogućiti da izračunamo radijus R opisane kružnice i da onda odredimo koordinate vrhova trokuta XYZ i ABC i da pokažemo da je omjer njihovih površina najmanje 9. Ako su J_a, J_b, J_c projekcije središta I upisane kružnice na stranice, onda J_c ima koordinate (f, 0), a koordinate J_a dobivamo iz sustava jednadžbi

tJc:=[f,0]: tT:=[p,q]: u:=(x,y)->udaljenost(x,y): rJa:=solve({u(tV,tT)=u(tV,tJc), u(tI,tT)=1}, {p,q}); tJa:=subs(rJa[2],tT):

gdje su p i q tražene koordinate točke J_a. Taj sustav ima dva rješenja, i to koordinate točke J_c i koordinate (g²f+2g+f)/(1+g²) i (2g²)/(1+g²) točke J_a. Na sličan način odrede se i koordinate (f(f²-1))/(f²+1) i (2f²)/(f²+1) točke J_b.

rJb:=solve({u(tU,tT)=u(tU,tJc), u(tI,tT)=1}, {p,q}); tJb:=subs(rJb[2],tT);

Sada možemo odrediti točku W kao presjek UJ_b presjek

VJ_a.

tW:=presjek(pravac2(tV,tJa), pravac2(tU,tJb));

Središte O opisane kružnice i njezin radijus R dobivaju se iz sljedećeg sustava.

h:=x->u(x,tT)=R: rOR:=solve({h(tU),h(tV),h(tW)}, {p,q,R}); tO:=subs(rOR,tT): vR:=subs(rOR,R):

Slika 6. Određivanje koordinata točaka W i O, te radijusa R.

Sada kada znamo točku O, možemo odrediti jednadžbe kružnica koje određuju točke A, B, C i zatim naći i te točke.

k:=x->u(x,tT)^2-vR^2: s:=(x,y)->solve({k(x),k(y)}, {p,q}): rA:=s(tV,tW): rB:=s(tW,tU): rC:=s(tU,tV): tA:=subs(rA[2],tT); tB:=subs(rB[2],tT); tC:=subs(rC[2],tT);

Koordinate točaka X, Y, Z dobit ćemo iz uvjeta da su odgovarajuće stranice trokuta UVW i XYZ paralelne i da su vrhovi trokuta XYZ udaljeni točno za R od pravaca UV, VW, WU.

tX:=[x,a]: tY:=[y,b]: tZ:=[z,c]: j:=(x,y,z,w)->paralelniQ(pravac2(x,y), pravac2(z,w)): k:=(x,y,z)->u(x, projekcija(x, pravac2(y,z)))^2-vR^2: rj:=solve({j(tY,tZ,tV,tW),j(tZ,tX,tW,tU),j(tX,tY,tU,tV), k(tX,tU,tV),k(tY,tV,tW),k(tZ,tW,tU)}, {x,a,y,b,z,c}): tX:=subs(rj[3],tX): tY:=subs(rj[3],tY): tZ:=subs(rj[3],tZ):

Tako smo odredili koordinate svih vrhova pa konačno možemo pristupiti rješavanju problema 1 o omjeru površina trokuta XYZ i ABC.

raz:=FS(povrsina(tX,tY,tZ)/povrsina(tA,tB,tC)-9);

Maple V će izračunati da je gornja razlika jednaka

(f^2g^2+...

Na taj smo način problem 1 reducirali na dokaz tvrdnje da gornji kvocijent polinoma nije nikada negativan.

Druga zagrada u brojniku uvijek je pozitivna jer je fg > 1, pa je 16fg > 16 i zato f²g² + f² + g² + 16fg - 15 > 4.
Promatrajmo prvu zagradu u brojniku kao polinom u varijabli f. Uz pomoć Maple V nadopunimo ga do punog kvadrata.

with(student): pz:=completesquare(op(2,raz),f): FS(op(1,pz)); FS(pz-op(1,pz));

Dakle, ta prva zagrada je (fg^2+...

To je očigledno uvijek pozitivno osim za f = √3 i g = √3, kada je nula. QED

5. Još jedno rješenje problema 1 pomoću računala

Da netko ne bi pomislio da se pomoću računala problemi mogu rješavati samo na jedan način, sada ćemo opisati još jedno rješenje, koje je nešto kraće.

Polazimo od toga da trokut XYZ ima standardnu parametrizaciju s kotangensima f > 1 i g > 1 polovica kutova X i Y i polumjerom upisane kružnice jednakim 1.

assume(f>1, g>1): tX:=[0,0]: tY:=[f+g,0]: tI:=[f,1]: tZ:=[g*(f^2-1)/(f*g-1), 2*f*g/(f*g-1)]:

Ako je r polumjer triju kružnica na slici 1, onda njihova središta U, V i W dijele spojnice vrhova sa središtem I upisane kružnice (tj. dužine |XI|, |YI|, |ZI|) u omjeru r : (1 - r).

o:=x->omjermn(x,tI,r,1-r): tU:=o(tX): tV:=o(tY): tW:=o(tZ):

Točka O je za r udaljena od točaka U, V i W. Ta tri uvjeta omogućavaju da nađemo koordinate točke O i pozitivni broj r, koji mora biti manji od 1 jer tri kružnice leže u trokutu XYZ.

tO:=[p,q]: u:=(x,y)->udaljenost(x,y)^2 - r^2: rO:=solve({u(tU,tO), u(tV,tO), u(tW,tO), r<1}, {p,q,r}); s:=x->subs(rO,x): tU:=s(tU): tV:=s(tV): tW:=s(tW): tO:=s(tO):

Sada su A, B i C refleksije točke O redom u pravcima VW, WU i UV.

r:=(x,y,z)->refleksijaP(x,pravac2(y,z)): tA:=r(tO,tV,tW): tB:=r(tO,tU,tW): tC:=r(tO,tV,tU):

I na kraju, na naredbu

raz:=FS(povrsina(tX,tY,tZ)/povrsina(tA,tB,tC)-9);

Maple V će ponovo izračunati da je gornja razlika jednaka

(f^2g^2+...

Daljnje zaključivanje je isto kao i u prvom rješenju.

6. Sugestije za istraživanja

Jedna od čarobnih privlačnosti matematike njezino je bogatstvo mogućnosti, tako da nam čak i naivna pitanja o nekom problemu, poput ovog našeg iz Latvije, otvaraju mnoštvo novih problema. Taj proces neki nazivaju matematičkim mjesečarenjem. Tako ću i ja sada malo mjesečariti o problemu iz Latvije.

Prva jednostavna ideja je da se poveća broj kružnica.

Problem 2. Četiri jednake kružnice k₁, k₂, k₃, k₄ sijeku se u točki O i također k₁ i k₂, k₂ i k₃, k₃ i k₄, k₄ i k₁ u točkama A, B, C, D. Neka je T četverokut dobiven iz presjeka zajedničkih tangenata tih kružnica. Neka kružnice leže unutar četverokuta T. Pokažite da je površina četverokuta T najmanje (3+2√2)/2 2.9142 puta veća od površine četverokuta ABCD.

Slika 7. Slučaj četverokuta.

Očigledno je da slično pitanje možemo formulirati za bilo koji konačan broj kružnica istog radijusa koje se sijeku u jednoj točki. Broj koji opisuje najmanji omjer površina i ovdje vjerojatno određuje pripadni regularni mnogokut. Kao malo zagrijavanje za početak, pokušajte dokazati da je ABCD paralelogram.

Druga je mogućnost izbaciti zahtjev da promatrane kružnice imaju isti radijus. Taj slučaj možemo iskazati ovako.

Problem 3. Neka je P točka u ravnini trokuta ABC koja nije na njemu opisanoj kružnici ni na pravcima BC, CA, AB i neka je XYZ trokut dobiven iz zajedničkih tangenti kružnica k_a, k_b, k_c opisanih trokutima BCP, CAP, ABP, tako da on sadrži kružnice. Ocijenite koliki je omjer površina trokuta XYZ i ABC.

Ako trokut ABC nije pravokutan, onda kružnice k_a, k_b, k_c nisu identične i imaju iste radijuse onda i samo onda ako je točka P ortocentar H trokuta ABC. Kad je ABC pravokutan trokut, takva točka ne postoji. Dakle, u teoremu 1 točka O je ortocentar (presjek visina) trokuta ABC.

Poteškoće u pokušajima rješavanja ovih problema i njihovoj približnoj provjeri u programu Sketchpad dolaze zato što dvije kružnice općenito imaju i do četiri zajedničke tangente, pa je nemoguće napisati jednadžbu ili konstruirati točno onu tangentu koja nama treba. Izrazi za jednadžbe tangenti zbog složenosti i pojave kvadratnih korijena praktički su neupotrebljive. Zato se moramo dosjetiti nekom triku ili novom pametnom pristupu rješavanju ovih problema.

Ipak možemo pokušati nešto reći o omjeru zbroja Theta površina kružnica k_a, k_b, k_c i površine S trokuta ABC.

Problem 4. Za bilo koju točku izvan pravaca BC, CA, AB omjer Theta /S iznosi najmanje (4π√3)/3 7.2552.

Jedino što autor članka zasad može dokazati jest da je za pojedine značajne (tzv. centralne) točke P trokuta ABC (vidi [6]) omjer Theta /S veći od nekih konkretnih brojeva koji su nešto manji od broja (4π√3)/3. Tipičan takav rezultat jest ovaj teorem.

Teorem 3. Ako je P središte I upisane kružnice trokuta ABC, onda je omjer /S veći od (14π)/9 4.8869.

Dokaz teorema 3: Neka je A(0, 0), B(f + g, 0), C((f²-1)g) / (fg - 1), (2fg) / (fg - 1)) kao i u dokazu teorema 1. Pretpostavimo, kao i tamo, da su kutovi A i B oštri pa je f > 1 i g > 1. Razlika Theta

/S - (14π)/9 jednaka je m*pi/(36fg(f+g)(fg-1))

gdje nam m označava polinom

(9f^4g^4+...

Zamijenimo li f i g s 1+u i 1+v za neke pozitivne realne brojeve u i v, dobit ćemo polinom n u varijablama u i v koji ima samo tri negativna člana od njih 25. Bez smanjenja općenitosti možemo uzeti da je v ≥ u, pa je v = u + w za neki realan broj w ≥ 0. Ako u polinomu n zamijenimo v s u+w, novi polinom ima sve koeficijente pozitivne. Zato je Theta

/S ≥ (14π)/9 i dokaz je završen. QED

Literatura

[1] M. Bator, Z. Čerin i M. Ćulav, Analitička geometrija ravnine računalom,
Matematičko-fizički list, 54 (2003/2004), 36-47.

[2] Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, Volume 23, February 1997.

[3] A. Emch, Remarks on the foregoing circle theorem, American Mathematical Monthly, 23 (1916), 162-164.

[4] A. Emch, Rare problems in plane geometry, Scripta Math., 16 (1950), 61-66.

[5] R. A. Johnson, A circle theorem, American Mathematical Monthly, 23 (1916), 161-162.

[6] C. Kimberling, Encyclopedia of Triangle Centers, 2000.
http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/

[7] D. Palman, Trokut i kružnica, Element, Zagreb, 1994.

Download

Engleska verzija teksta u PDF formatu
Maple V (verzija 9) bilježnica (notebook) - omogućuje provjeru svih izračuna u članku