Još neki dokazi leptirovog teorema

Transcript

1 POUČAK 50 Još neki dokazi leptirovog teorema Šefket Arslanagić, Alija Muminagić U [] su dana četiri razna dokaza Leptirovog teorema (Butterfly s theorems), od kojih su dva čisto planimetrijska, jedan je dan pomoću trigonometrije, a jedan pomoću računala. Ovaj teorem glasi: Neka je dana tetiva AB kružnice k, čije je polovište točka M. Točkom M nacrtane su dvije proizvoljne tetive, EF i CD. Tetive CF i ED sijeku pravac AB u točkama Q i R. Tada je točka M ujedno i polovište dužine QR, tj. MQ MR. Sada ćemo dati još četiri razna dokaza ovog teorema koristeći planimetriju, trigonometriju, Menelajev teorem i analitičku geometriju. Dokaz. Najprije ćemo dokazati jednu lemu. Lema. Neka su AB i FD dvije tetive kružnice k (bez zajedničkih točaka), a točka P je na luku AB na kojemu se ne nalaze točke F i D. Pravci PF i PD sijeku tetivu AB u točkama Q i R. Tada izraz AQ RB ima konstantnu vrijednost, dok se točka QR P kreće lukom AB. Dokaz. Neka kružnica k opisana trokutu Δ PQD siječe produžetak tetive AB u točki E (slika.). Slika. Šefket Arslanagić, Odsjek za matematiku Prirodno-matematičkog fakulteta Univerziteta u Sarajevu BiH Alija Muminagić, NykØbing, Danska 4 Poucak 50.indd :30:4

2 JOŠ NEKI DOKAZI... Tada je ϕ FPD QPD (tetiva FD je konstantne duljine). Četverokut PQED je tetivni (upisan u kružnicu k ) pa je QED QPD ϕ (obodni kutovi nad istim lukom QD ). Dakle, za sve položaje točke P k, kut AED je konstantan, tj. kružnica opisana oko trokuta Δ PQD uvijek siječe produžetak tetive AB u točki E, bez obzira na položaj točke P. Odavde slijedi da je BE m, tj. konstante duljine. Na osnovi teorema o potenciji točke R u odnosu na kružnice k i k, imamo: a odavde Označimo li da je AQ AR RB PR RD QR RE. () x, QR y, RB z i BE m, dobivamo iz (): ( x+ y) z y ( z+ m), xz + yz yz + ym, tj. ili AQ RB QR xz m( const) y m( const), što je trebalo dokazati. Prijeđimo sada na dokaz Leptirovog teorema. Prema dokazanoj lemi., imamo (slika.): AQ MB BR AM QM RM. () Slika. 5 Poucak 50.indd :30:4

3 POUČAK 50 Stavljajući u () da je AQ p, QM r, MR s i RB t, dobivamo: ( + t) t( r+ p) p s r. (3) s Kako je točka M polovište dužine AB, to je r+ p s+ t. ( ) Sada iz jednakosti (3), zbog jednakosti ( ), slijedi da je p t, r s a odavde je p t + +, tj. r s te na osnovi jednakosti ( ): odnosno MQ p+ r t + s, r s, r s r s, tj. MR, što je trebalo dokazati. Napomena : Ako je AB promjer (dijametar) kružnice k, Leptirov teorem je trivijalan. Dokaz. Opet ćemo dokazati jednu lemu. Lema. Neka točka D pripada stranici BC trokuta Δ ABC i neka je α BAD i α CAD. Tada vrijedi jednakost ( + ) sin α α sin α sin α +. (4) AD AC AB Dokaz. Imamo da je p p + p. (5) ΔABC ΔABD ΔADC 6 Poucak 50.indd :30:4

4 JOŠ NEKI DOKAZI... Neka je AB c, AD d i AC b (slika 3.). Sada iz (5) slijedi: Slika 3. bc sin( α + α ) cd sin α + bd sin α ( ) bc sin α + α cd sin α + bd sin α ( α + α ) bc sin cd bd bcd bcd bcd sin α + sin α ( + ) sin α α sin α sin α d b c +, a ovo je (4), što je trebalo dokazati. Prijeđimo sada na dokaz Leptirovog teorema. Na osnovi teorema o potenciji točke M u odnosu na kružnicu k, vrijedi: MC MD ME MF x. ( ) Primjenom leme. na trokut Δ MED, slijedi da je (sl. 4): sin( α+ β) sina sin β +, (6) MR MD ME gdje je EMR FMQ α, te DMR CMQ β (vršni kutovi), a primjenom leme. na trokut Δ MCF slijedi: sin( α+ β) sina sin β +. (7) MQ MC MF 7 Poucak 50.indd :30:4

5 POUČAK 50 Nakon oduzimanja jednakosti (7) od (6) dobivamo: sin( α+ β) sin β sin α MR MQ ME MF MC MD MQ MR MF ME MD MC sin( α+ β) sin β sin α, MR MQ ME MF MC MD a odavde zbog ( ): MQ MR MF ME MD MC sin( α+ β) sin β sin α. (8) MR MQ x x Slika 4. Neka je točka O središte kružnice k i neka su točke P i N nožišta okomica iz točke O na pravce EF i CD. Sada imamo: a odavde je FP PE MF MP MP + ME, MF ME MP. (9) Osim toga je POM FMQ α i NOM DMR β (kutovi s okomitim kracima). U trokutu Δ OMP je cos OMP, tj. cos( 90 α), MP MP OM OM a odavde je: MP OM cos( 90 α) OM sin α. (0) Sada iz (9) i (0) slijedi: MF ME OM sinα. () Slično d obivamo da je MD MC MN kao i MN OM sin β, tj. MD MC OM sinβ. () 8 Poucak 50.indd :30:4

6 JOŠ NEKI DOKAZI... Sada iz (8), () i () dobivamo: MQ MR OM sinα OM sinβ sin( α+ β) sin β sin α MR MQ x x MQ MR OM sin( α+ β) ( sin αsin β sin αsin β), tj. MR MQ x Kako je 0 α β 80 a odavde je MQ MR sin( α+ β) 0. MR MQ < + <, to je ( α β) sin + > 0, pa mora biti: MQ MR MR MQ 0, MQ MR 0, tj. MQ MR, što je trebalo dokazati. Dokaz 3. Neka se tetive FC i DE sijeku u točki S. Označimo AM BM a. Promatrajmo trokut Δ QRS i pravac FE koji ga siječe (slika 5). Na osnovi Menelajevog teorema dobivamo sljedeću jednakost: Pravac CD siječe trokut Δ QRS, pa opet na osnovi Menelajevog teorema imamo: QM RD SC. (4) MR SD CQ Množeći jednakosti (3) i (4), dobivamo: QM RE SF RD SC. (5) MR ES FQ SD CQ Na osnovi potencije točke S u odnosu na kružnicu k imamo: SF SC SD SE. (6) QM RE SF. (3) MR ES FQ Zbog (6) sada dobivamo iz (5): QM FQ CQ MR RE RD (7) Slika 5. 9 Poucak 50.indd :30:4

7 POUČAK 50 Opet na temelju potencije točke Q u odnosu na kružnicu k, zbog AM BM a imamo: i analogno ( )( ) FQ CQ AQ BQ a MQ a MQ a MQ +, (8) ( )( ) RE RD BR AR a MR a MR a MR +. (9) Najzad iz (7), (8) i (9) dobivamo: QM a MQ MR a MR, a odavde se lako dobiva MQ MQ MR, odnosno MR, što je trebalo dokazati. Dokaz 4. Koristit ćemo analitičku geometriju. Uvest ćemo koordinatni sustav xoy, gdje je točka O (središte kružnice k) ishodište koordinatnog sustava, Ox AB i Oy AB ( M Oy) (sl. 5). Točka M ima koordinate M(0, c), pravac AB ima jednadžbu y c, a pravac FE ima jednadžbu y λx+ c. Kružnica k ima jednadžbu x + y R. Nađimo sjecišta kružnice k i pravca FE, tj. riješimo sustav jednadžbi: 0 x + y R y λx + c. Odavde dobivamo jednadžbu: ( + λ ) x+ λcx+ c R 0, (0) čija su rješenja x i x kojima odgovaraju vrijednosti y λx + c i y λx + c. Dakle, imamo točke E( x, y ) i F( x, y ). Analogno dobivamo sjecišta kružnice k čija je jednadžba x + y R i pravca CD čija je jednadžba y μx+ c ( μ λ). Dobivamo jednadžbu: ( + μ ) x + μcx+ c R 0 () čija su rješenja x i x kojima odgovaraju vrijednosti y μx + c i y μx + c. Sada imamo točke C( x, y ) i D( x, y ). Sada pravac CF ima jednadžbu: x x y y CF:. x x y y x x y y Rješavanjem sustava jednadžbi AB: y c i CF:, x x y y dobivamo koordinate sjecišta Q FC AB: Poucak 50.indd :30:4

8 JOŠ NEKI DOKAZI... ( ) ( ) ( ) c y μx x x μ x x λ μ xx x x + ( x x ) x x y y y y λx μx λx μx. () Analogno, rješavanjem sustava jednadžbi x x y y DE: x x y y i AB: y c, dobivamo koordinate njihova sjecišta R DE AB: x ( λ μ) xx λx μx. (3) Sada ćemo pokazati da je zbroj apscisa () i (3) jednak nuli, čime će Leptirov teorem biti dokazan. Imamo ( λ μ) xx ( ) ( ) λ μ xx λ μ xx ( λx μx ) + xx ( λx μx ) λx μx λx μx ( λx μx ) ( λx μx ) + ( λ μ) λxx( x + x ) μx x ( x + x) ( λx μx ) ( λx μx ) 0 jer iz jednadžbi (0) i () imamo na osnovi Viètovih pravila: λc c R μ x + x, x x, te c +, c x + x x R x λ + λ + μ + μ. Ovim je pokazano da vrijedi MR MQ, što je trebalo dokazati. Literatura [] Arslanagić, Š., Zejnulahi, F., Matematička čitanka 3, Grafičar promet d.o.o., Sarajevo, 0. [] Čerin, Z., Poučci o leptirima, Poučak, Vol., br. 8, prosinac 00, Zagreb. [3] Palman, D., Trokut i kružnica, Element, Zagreb, 994. [4] Škljarski, D. O., Čencov, N. N., Jaglom, I. M., Izabrani zadaci i teoremi planimetrije, Nauka, Moskva, 967. (na ruskom jeziku). Poucak 50.indd :30:4