O Fermatovom geometrijskom problemu

Transcript

1 POUČAK 9 O Fermatovom geometrijskom problemu Zvonko Čerin SAŽETAK Poznatom francuskom matematičaru Pierreu de Fermatu pripisuje se geometrijski problem u kojemu se za točke na polukružnici nad stranicom specijalnog pravokutnika kao dijametrom tvrdi da je zbroj kvadrata dviju dužina jednak kvadratu te stranice Nedavno su Hanjš i Volenec primijetili da to isto svojstvo vrijedi i za sve točke kružnice nad tom stranicom pravokutnika kao dijametrom Naš je zadatak u ovom članku cjelovitije istražiti svojstva ove zanimljive geometrijsko-dinamičke konfiguracije U njoj mnogi drugi odnosi i veličine ostaju nepromijenjeni pri kretanju točke po kružnici Dokazi se uglavnom provode analitičkom geometrijom, a pojedini dijelovi i čisto geometrijski Uvod U jednom je pismu slavni francuski matematičar Pierre de Fermat (60-665) postavio sljedeći geometrijski problem koji je privukao pažnju njegovih suvremenika (vidi Sliku ) Slika Fermatov problem za polukružnicu Zvonko Čerin, PMF-Matematički odsjek Sveučilišta u Zagrebu

2 O FERMATOVOM GEOMETRIJSKOM PROBLEMU Fermatov problem za polukružnicu Neka je P točka na polukružnici kojoj je AB gornja stranica AB pravokutnika ABB A dijametar Neka je = Ako segmen- AA' ti PA ' i PB ' sijeku stranicu AB u točkama C i D, onda je AD + BC = AB Prema mišljenju mnogih znanstvenika, najveći od svih matematičara, Leonhard Euler, u članku [3] gotovo je cijelo jedno stoljeće kasnije dao prvi dokaz Fermatovog problema za polukružnicu On je dugačak, staromodan (za ono vrijeme), čisto geometrijski i izbjegava analitičku geometriju (u kojoj je dokaz jednostavan) Takav jedan dokaz nedavno su nam ponovno predstavili Željko Hanjš i Vladimir Volenec u [6] Oni usput primjećuju da gornja jednakost AD + BC = AB vrijedi za sve točke na kružnici kojoj je stranica AB dijametar Da bismo dobili nešto bolji rezultat za tu kružnicu, mi promatramo malo općenitiju situaciju kada omjer AB nije, nego neki bilo kakav pozitivni realan broj AA' m Zapravo ćemo tražiti za koju vrijednost broja m pojedini odnosi u promatranoj konfiguraciji ne ovise o položaju točke P Slika Fermatov prošireni problem za kružnicu Za četiri točke P, P, P 3 i P u ravnini, definirajmo funkciju ϕ pravilom PP + PP 3 ϕ( PP, PP 3 ) = AB S takvim oznakama, gornji Fermatov problem za kružnicu zapravo je implikacija (a) (b) u sljedećem teoremu (vidi Sliku ) 5

3 POUČAK 9 Teorem Sljedeće su dvije tvrdnje ekvivalentne: (a) Omjer = AB m AA ' duljina stranica pravokutnika ABB A je (b) ϕ ( AD, BC ) = Dokaz Da bi dokaz bio jednostavan, koristimo se analitičkom geometrijom Neka je ishodište pravokutnog koordinatnog sustava polovište O stranice AB tako da točke A i B imaju koordinate ( r, 0) i (r, 0) za neki pozitivan realan broj r (radijus promatrane kružnice) Njezina jednadžba je standardna: x + y = r Neka je s = r m Koordinate točaka A, B, A i B su ( r, 0), (r, 0), ( r, s) i (r, s) Za bilo koji realan broj t, neka je u = t, v = + t, z = m t, μ = v z i ξ = v + z Proizvoljna točka P kružnice ima koordinate (p, q), gdje je p = ru v i q = rt Iz sličnih pravokutnih trokuta PVC i PQA vidimo da je p = = apscisa točke v qp ( + r) ps qr ru ( z) q+ s q+ s ξ ru ( + z) C Slično je D =,0 ξ Ekvivalentnost tvrdnji (a) i (b) slijedi iz jednakosti ( ) ϕ( AD, BC ) = t m ξ Za implikaciju (a) (b), osim Eulerovog, danas znamo još nekoliko kratkih, čisto geometrijskih dokaza (vidi [7], [, str 60, 603], [, str 68, 69] i [5, str 8, 6]) Navodimo prilagodbu Lionnetovog dokaza iz [, str 60] koja vrijedi za sve točke kružnice (vidi Sliku ) Neka su duljine usmjerenih dužina AC, CD, DB označene redom s a, b, c Onda je AD + BC AB = ( a+ b) + ( b+ c) ( a+ b+ c) = b ac pa je zato AD + BC = AB b = ac () Nacrtajmo sada CY i DZ okomito na AB, tako da je Y na PA i Z na PB Koristeći parove sličnih trokuta, vidimo da je YC PC CD PD ZD = = = = AA' PA' AB ' ' PB' BB ' Zato su pravokutnici YCDZ i AA B B slični Trokuti YCA i BDZ imaju iste kutove, pa je = YC c a DZ Ali, = = CD = b YC DZ, pa slijedi b = ac Iz () imamo napokon AD + BC = AB 6

4 O FERMATOVOM GEOMETRIJSKOM PROBLEMU Slika 3 Jednostavan analitički dokaz Teorema Ekvivalenciju () možemo iskoristiti za još jedan analitički dokaz Teorema (vidi Sliku 3) Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je radijus kružnice mjera duljine (tj r = ) Iz sličnih trokuta, = a + x s s + y, b = y s+ y, c x = s s + y, gdje je s = Ako sredimo razliku b = ac i stavimo x = y, vidimo da je ona jednaka m y ( m ) ( + my) Neka su A, B, P refleksije točaka A, B, P u pravcu AB Ovaj uvod završavamo napomenom da većina naših rezultata dolazi u pridruženim parovima Druga verzija, za koju nije potreban nikakav poseban dokaz, dolazi (na primjer, u Teoremu ) zamjenom točaka C i D točkama C i D, koje su presjeci pravca AB s pravcima PA (i/ili P A ) odnosno PB (i/ili P B ) Invarijante Fermatove konfiguracije Sada kada smo malo proširili zadnju tvrdnju iz članka [6], dodavanjem tvrdnje (c) (da je ϕ ( AD ', BC ') = ), kao i njihovih obrata (tj da (b) (a) i (c) (a)), idemo dalje proučavati ovu zanimljivu geometrijsko-dinamičku konfiguraciju Želimo otkriti što je moguće više tvrdnji sličnih tvrdnjama (b) i (c) koje bi se mogle ravnopravno pojaviti u Teoremu Drugačije kazano, istražujemo koje druge relacije i odnosi u Fermatovoj proširenoj konfiguraciji za kružnicu ostaju nepromijenjene (invarijantne) kada točka P mijenja položaj na kružnici 7

5 POUČAK 9 Započinjemo s dijagonalama trapeza A B DC i stranicama trapeza A B C D (kad je točka P iznad stranice AB ) (d) ϕ( ADBC ', ' ) = ϕ( AEBF ', ' ) = ( m ) v( v+ z) Dokaz tvrdnje (d) Lako se provjeri da je ϕ( ADBC ', ' ) = m ξ Može se očekivati da će Pitagorin teorem biti koristan za izračunavanje funkcije ϕ Na primjer, za ζ= ϕ( ADBC ', ' ) imamo A' D + B' C = AA' + BB ' + AD + BC Ali, AA' + BB ' = AB i AD + BC = AB Dakle, ζ = Tom metodom mogu se dobiti ovakva poopćenja: uzmimo točke A *, B *, C *, D * takve da za vektore i realne brojeve λ i μ vrijedi: Onda je AA * = λ AA, BB * = λ BB, BC * = μ BC, AD * = μ AD ϕ(a D, BC ) = λ + μ * * * * 8 Slika Dva središta kvadrata na dužini XY Za različite točke X i Y, neka X Y označava središte kvadrata podignutog na dužini XY tako da trokut X(X Y)Y ima pozitivnu orijentaciju (suprotnu smjeru kazaljke na satu) Ako je točka X Y označena kao M, onda je M * oznaka za točku Y X (vidi Sliku ) Polovišta G, H, G, H segmenata AC, BD, AC ', BD ' i vrh N polukružnice nad stranicom AB koristimo u sljedeće dvije tvrdnje Drugačije iskazano, N = B A= (0, r) Središte O kružnice (tj polovište segmenta AB i/ili ishodište našeg koordinatnog sustava) pojavljuje se u tvrdnji (f) (e) ϕ( NG, NH) = ϕ( NG ', NH ') = 3

6 O FERMATOVOM GEOMETRIJSKOM PROBLEMU (f) ϕ( OG, OH) = ϕ( OG ', OH ') = Dokaz tvrdnje (e) i (f): Razlike ϕ( NG, NH ) 3 i ϕ ( OG, OH ) ovaj se put t ( m ) pojednostavljuju do kvocijenta koji u brojniku opet sadrži faktor m ξ Sljedeći geometrijski dokaz pokazuje da tvrdnje (a) i (b) zajedno povlače (e) i (f) Dilatacija sa središtem u točki A i faktorom preslikava GO na CB, CB AD pa je GO = ; slično je OH = Dakle, za ϕ( OG, OH ) imamo da je BC AD OG + OH = + = AB Slično, za ϕ( NG, NH ) dobivamo da je NG = NO + OG i NH = NO + OH, pa je ovaj puta BC + AD AB AB 3 NG + NH = NO + = + = AB Neka su G S, H S, G S, H S točke koje dijele segmente NG, NH, omjeru s (tj NG : G G = s :, itd) s + (g) ϕ( OGS, OHS) = ϕ( OG ', S OH ') S = ( s + ) 3s (h) ϕ( NGS, NHS) = ϕ( NG ', S NH ') S = ( s + ) S S rst( m + t) r Dokaz tvrdnje (g): Budući da je GS =, + ξ + i H ( s ) s s + s t ( m ) imamo da je ϕ( OGS, OHS) = ( s+ ) ( s+ ) ξ S NG ', NH ' u istom rs( + z) r =, + ξ +, ( s ) s Neka su N, N, N 3 i N najviše točke polukružnica podignutih na segmentima AC, BD, AE i BF iznad pravca AB Drugačije rečeno, neka je N = C A, N = B D, N 3 = C A i N = B D 3 (i) ϕ( BN, AN ) = ϕ( BN3, AN ) = (j) ϕ(nn, NN ) = ϕ(nn 3, NN ) = je rt( m + t) r Dokaz tvrdnje (i) i (j): Iz G =, ξ ξ i G 3 t ( m ) ϕ( BN, AN) = ϕ( NN, NN) = ξ r( + z) rt =, ξ ξ imamo da 9

7 POUČAK 9 Geometrijski dokaz implikacije (a) (i) koristi pravokutne trokute AHN i BGN c c da dobijemo jednakosti AN = a + b + a a + i BN = b c Sada 3 iz b = ac slijedi da je AN + BN = AB a Neka je a ' =, itd (a) (j) Iz istokračnih pravokutnih trokuta ABN, ACN, BDN dobivamo NN ( ) = b' + c ' i NN ( ) = a' + b' Opet nam jednakost b = ac daje NN + NN = AB Sljedeća grupa tvrdnji također koristi vrhove N, N, N 3 i N, ali u njima nema funkcije ϕ (k) N N = N 3 N = AN (l) N N = N 3 N 3 3 (m) NN + NN + NN + NN = AB rt( m ) Dokaz tvrdnje (k) i (m): Razlika NN AN jednaka je ξ rt( m t) r r( z) rt Budući da su koordinate točaka N 3 i N jednake, i,, vidimo da je suma NN + NN + NN + NN AB jednaka η η η η kvocijentu 8 rt( m )( v + z) ηξ 3 3 BC Ako se BC ortogonalno projicira na AN, dobiva se NN, pa je njegova duljina AD Slično je NN = Četvrti vrh pravokutnika sa stranicama NN i NN je točka M koja se pojavljuje kasnije u članku Dakle, N M = NN = AN, što dokazuje (q) niže 0 * * * * 3 3 Primijetimo da je NN + N N + N N + NN = AB onda i samo onda ako je m = Dakle, nema samo omjer m = neko geometrijsko značenje, nego se mogu pojaviti i drugi omjeri Neka je N5 = A D, N6 = C B, N7 = A D' i N8 = C' B ϕ( AN, BN ) = ϕ( AN, BN ) = 3 ϕ( GN, HN ) = ϕ( G' N, H ' N ) = (n) (o)

8 O FERMATOVOM GEOMETRIJSKOM PROBLEMU 3 ϕ( NN, NN ) = ϕ( NN, NN ) = (p) rt r( + z) r rt( m+ t) Dva dokaza tvrdnje (n): Budući da je N5 =, i N6 =, ξ ξ ξ ξ, t ( m ) 3(( s + ) + ) dobiva se ϕ( AN5, BN 6) = i ϕ( GN S 6, HN S 5) = ξ ( s + ) Iz jednakokračnih pravokutnih trokuta ADN 5 i BCN 6 slijedi da je AD BC 5 6 AN + BN = + = AB U sljedećih šest tvrdnji koristimo središta kvadrata podignutih na segmentima CD i CD ' ' Neka je M = C D i M = C' D' (q) ) NM = NM = AN ru rz Drugi dokaz tvrdnje (q): Budući da je M =, ξ ξ, razlika MN AN rt( m ) 8 rtvzm ( ) je Slično, MN MN = Iz pravokutnog trokuta NN ηξ ηξ b M, jer je = ac, vidimo da je NM = (a + b ) + (b + c ) = a + b + c + + a b + b c = (a + b + c ) = NA Ista metoda može se primijeniti i za dokaz sljedeće tvrdnje (r) ϕ( MN, MN ) = ϕ( MN 3, MN ) = Za bilo koju točku X u ravnini, neka su G, G, G 3, G, G, i G težišta trokuta ACX, 5 6 CDX, DBX, AC X, C D X i BD X (s) ϕ( GG, GG 3) = ϕ( GG 5, GG 5 6) = 9 Dokaz tvrdnje (s): Ako točka X ima koordinate (x, y), onda težišta G, G i G 3 y x rt( m+ t) x ru imaju iste ordinate, dok su njihove apscise redom, + i 3 3 3ξ 3 3ξ x ( r z+ ) + Zaključujemo da je razlika ϕ( GG, GG 3) zapravo kvocijent 3 3ξ 9 t ( m ) 9ξ

9 POUČAK 9 Implikaciju (b) (s) možemo dokazati i ovako Neka je I polovište segmenta CD Dilatacija sa središtem u točki C i faktorom preslikava GI na AD, pa AD BC je GI = ; slično je HI = Dakle, ϕ ( GI, HI) = S druge strane, dilatacija sa središtem u točki X i faktorom 3 G G na GI, pa je GG = GI ; slično je 3 GG 3 = HI Dakle, ϕ ( GG, GG 3 ) = 3 9 Neka su U i V polovišta segmenata (t) ϕ ( NU, NV) = (u) ϕ( OU, OV) = ϕ( N6U, N5V ) = CC ' i DD ' ruv ( + z ) Dokaz tvrdnji (t) i (u): Iz U =,0 ηξ tv( m ) ϕ( NU, NV) = ϕ( OU, OV) = ηξ ruv ( z ) i V =,0 ηξ slijedi da je Neka je W = U V (v) Središte W leži na kružnici kojoj je segment AB dijametar ruv rz Dokaz tvrdnje (v): Iz W =, slijedi WO ηξ ηξ (w) ϕ ( WNi, WN j) =, za i {, 3} i j {, } (x) * ϕ ( WNWN, ) = (y) Pravci WN i WN su okomiti (z) Pravci WN 3 i WN su okomiti rtv( m ) r = ηξ Dokaz tvrdnje (y): Jednadžbe pravaca WN i WN imaju oblike ( z η) x+ ( z ξ) y = λi ( m η) x ( m ξ) y = μ, gdje su λ i μ nekakvi realni brojevi Ti pravci bit će okomiti onda i samo onda ako je produkt vz( m ) jednak nuli

10 O FERMATOVOM GEOMETRIJSKOM PROBLEMU Neka je K = B N, K = N A, K3 = B N3, K = N A Te se točke mogu opisati jednostavnije Sve imaju istu visinu kao i točka N, a vertikalno su iznad točaka N 6, N 5, N 8, N 7 U sljedećih šest tvrdnji pojavljuju se pomalo neobični brojevi 7 (a) ϕ( AK ', BK ' ) = ϕ( AK ', BK ' 3) = + * * * * 7 (b) ϕ( AK ', BK ' ) = ϕ( AK ', BK ' 3 ) = rt Dokaz tvrdnje (a): Budući da je K =, r ξ i r K =, r ξ, slijedi da se razlika + ϕ( AK ', BK ' ) može prikazati kao kvocijent, gdje je M 7 Mm ( ) m ξ suma ( ξ ) ( m+ ) z + m( z+ v)(3z+ v) Ako zamijenimo točke A i B točkama A i B u (a) i (b), dobit ćemo broj 3 kao zajedničku vrijednost funkcije ϕ u sva četiri slučaja Neka je K = P A', L= P B', S= P A'', T = P B'' * * (c) ϕ( AK, BL) = ϕ( AS, BT ) = + * r( ξ tz) r( m+ η) Dokaz tvrdnje (c): Budući da je K =, mv mv i rm ( ξ) rtz ( + η) L =, mv mv, imamo * ( + )( m )( m+ ) + ϕ( AK, BL) = m Neka su S i T oznake za polovišta segmenata AC ' i BD ' Slično, neka S i T budu polovišta segmenata AC ' ' i BD ' ' ( s + + ) + Primijetimo da je ϕ( GS S, HT S ) = ϕ( GS' S, HS' T) = ( s + ) (d) ϕ( NS, NT) = ϕ( NS, NT) = + (e) ϕ( OS, OT) = ϕ( OS, OT) = OS OT OG GS OH HT AB Dokaz tvrdnje (e): Iz pravokutnih trokuta OGS i OHT i iz (e) slijedi da je suma ( OG + OH ) + = AB + = ( + ) + ( + ) jednaka izrazu 3

11 POUČAK 9 Zamjenom točke N = (0, r) njezinom refleksijom N * = (0, r) u pravcu AB u tvrdnji (d) na desnoj će se strani predznak + promijeniti u njemu suprotan predznak C R = σ B, Za točke X i Y neka D' Q ' = σ A, R' = σ B Y σ X označava refleksiju točke X u točki Y Neka je C ' (f) ϕ( AQBR ', ' ) = ϕ( AQ ' ', BR ' ') = 5 D Q = σ A, ru ( + 3z+ ) Dokaz tvrdnje (f): Budući da je Q =,0 ξ i r(3u 3z ) R =,0 ξ, η( m )( ξ+ z) vidimo da je 5 ϕ( AQBR ', ' ) = m ξ Iz pravokutnih trokuta AA Q i BB R zaključujemo da su A Q i B R jednaki (a + b) + A A i (b+c) + B B Zbrajanjem iz () slijedi da je ϕ ( AQBR ', ' ) = 5 5 Slično je ϕ ( AQ, BR) = i ϕ ( NQNR 5, 6 ) = 3 Zajednička svojstva Postoje mnoga svojstva Fermatove proširene konfiguracije koja vrijede za sve omjere m duljina stranica pravokutnika ABB A Sada navodimo jedan primjer takvih svojstava Teorem Zajednički ortocentar (sjecište visina okomica na stranice kroz nasuprotne vrhove) trokuta ADP i BCP leži na kružnici kojoj je segment CD dijametar Zajednički ortocentar trokuta AD P i BC P leži na kružnici kojoj je segment CD ' ' dijametar Dokaz: Lako se vidi da ortocentri trokuta ADP i BCP imaju koordinate ru mrt, Ako je I polovište segmenta CD i L ortocentar trokuta ADP, onda v ξv je CI IL = 0 Dakle, CI = IL (tj L je na kružnici kojoj je segment CD dijametar) Drugi omjeri Članak završavamo još jednim rezultatom u kojemu se opet pojavljuju neki drugi omjeri pored dobro nam znanog Omjer m = (kada je ABB A kvadrat) već smo upoznali u napomeni poslije dokaza svojstava (k) i (m)

12 O FERMATOVOM GEOMETRIJSKOM PROBLEMU Teorem 3 Omjer m je ili + onda i samo onda ako za svaku točku P * * kružnice vrijedi ϕ( AK, BL ) = ϕ( AS, BT) = r( ξ+ tz) r( m η) Dokaz: Budući da su, mv mv i rm ( + ξ) rtz ( η) L =, mv mv koordinate od K i L * * ( )( m )( m ), imamo da je ϕ( AK, BL ) = m Napomena Ovaj članak ima podudarnosti s [] gdje se promatra općenitiji slučaj konika (elipsa, parabola i hiperbola) umjesto kružnice Literatura: [] E C Catalan, Théorèmes et problèmes de Géométrie 6e ed, Paris, 879 [] Zvonko Čerin, Fermatov problem za konike, Matematičko-fizički list LXII (0 0 ), (prijavljeno) [3] Leonard Euler, Various Geometric Demonstrations, New Commentaries of the Petropolitan Academy of Sciences I, (77/8), 750, pp 9-66 (Prijevod na engleski Adama Glovera 005 dostupan na internetskoj adresi eulercom) [] F G -M, Exercices de Géométrie (6e ed), Éditions Jacques Gabay, Paris 99 (Preslika šestog izdanja od Mame i De Gigord, Paris 90) [5] M L Hacken, Sur un théorème de Fermat, Mathesis 7 (907), pp 8, 6 [6] Željko Hanjš, Vladimir P Volenec, O jednom (davno riješenom) Fermatovom problemu, Matematičko-fizički list LXI (00 0), 5 [7] Eugène Lionnet, Solutions des questions proposées, Nouvelles Annales de Mathématiques, Series, Vol 9 (870), pp 89-9 (Dostupan na internetskoj adresi wwwnumdamorg) 5