Problemlösning med geometriska avbildningar

Problemlösning med geometriska avbildningar
Patric Rajala
Enskilda gymnasiet
2015-01-20
Gymnasiearbete 100p
Handledare: Andreas Rung
ABSTRACT
Geometrical transformations are useful tools for solving numerous geometry problems.
There are, however, many distinct types of transformations, and often only a few of
them are useful in solving a problem. Therefore, knowing which one to use given a
specific problem is a difficult task. The purpose of this paper is to introduce four of the
most commonly used types of geometrical transformations: isometries, similarity
transformations, inversion and projective transformations, in addition to studying which
type of problem each of the aforementioned transformations can be used to solve. It was
found that the problems a transformation may be able to solve often are ones where the
geometric property to be proved, such as collinearity or ratio of lengths, is preserved
under the transformation.
2
INNEHÅLLSFÖRTECKNING
ABSTRACT .............................................................................................................................................2
1.
INLEDNING ....................................................................................................................................4
1.1 Metod .................................................................................................................................................5
1.2 Beteckningar ......................................................................................................................................6
2.
TEORI ..............................................................................................................................................7
2.1 Isometrier ...........................................................................................................................................7
2.1.1 Translation.......................................................................................................................................7
2.1.2 Rotation ...........................................................................................................................................8
2.1.3 Spegling...........................................................................................................................................9
2.2 Likformighetsavbildningar .............................................................................................................. 10
2.2.1 Sträckning .................................................................................................................................... 10
2.2.2 Spirallikformigheter ..................................................................................................................... 11
2.3 Inversion.......................................................................................................................................... 12
2.4 Projektiva avbildningar ................................................................................................................... 20
2.4.1 Centralprojektion.......................................................................................................................... 20
2.4.2 Dualitet ......................................................................................................................................... 26
2.4.3 Parallellprojektion ........................................................................................................................ 28
2.5 Avbildningarna och olika problemtyper.......................................................................................... 31
3.
PROBLEM .................................................................................................................................... 32
3.1 Isometrier ........................................................................................................................................ 32
3.2 Likformighetsavbildningar ............................................................................................................. 32
3.3 Inversion.......................................................................................................................................... 32
3.4 Projektiva avbildningar ................................................................................................................... 33
4.
LÖSNINGAR TILL PROBLEMEN ............................................................................................. 34
5.
DISKUSSION ............................................................................................................................... 39
6.
REFERENSER .............................................................................................................................. 40
3
1. INLEDNING
Inom geometrin finns rikligt med problem som kan lösas på många olika sätt, genom
flera olika strategier. Ett av dessa sätt att lösa problem är att utnyttja olika slags
geometriska avbildningar för att förenkla problemkostruktionen, eller för att komma
fram till nya insikter gällande problemet. Emellertid ligger en svårighet i att veta vilken
avbildning som är lämplig att använda givet en viss typ av problem, och vilka slags
problem en given avbildning kan bidra till att lösa.
Föreliggande arbete kommer att betrakta frågan vilka slags problem olika avbildningar
kan användas till att lösa. Före det presenteras några avbildningar och ett antal av deras
egenskaper. De avbildningar som kommer att behandlas är fyra inom problemlösning
relativt vanligen förekommande grupper av geometriska avbildningar: isometrier,
likformighetsavbildningar, inversion och projektiva avbildningar.
Tanken att skriva detta arbete uppstod till en början när jag funderade över ett ämne att
behandla i mitt gymnasiearbete. Att ämnesområdet skulle vara matematik kändes som
en självklarhet, men vilken del av matematiken jag skulle fokusera på var svårare att
bestämma. Efter att något tidigare ha stiftat bekantskap med de geometriska
avbildningarna hyste jag en tveksamhet över deras användbarhet i
problemlösningssammanghang; när vet man om en geometrisk avbildning kan förenkla
ett problem, och i så fall vilken avbildning? Föreliggande arbete är resultatet av dessa
funderingar.
Denna rapport riktar sig främst till dem som har ett intresse för problemlösning eller
geometri, såväl till dem som är obekanta med geometriska avbildningar som dem som
redan har förkunskaper inom ämnet. För de senare ska detta arbete förhoppningsvis
kunna pigga upp minnet och bekräfta gamla kunskaper. Större förkunskaper än
gymnasiematematiken torde inte behövas för att tillgodogöra sig den teori som i denna
rapport presenteras. Om någon för läsaren okänd sats används i ett bevis uppmanas
läsaren att bekanta sig med satsen, för att lättare kunna följa resonemangen i bevisen.
För att inte göra arbetet alltför omfattande har ett antal saker utelämnats, bland annat
behandlas inte avbildningar av föremål i fler än två dimensioner. Vidare kan det nämnas
att fokus har varit på de rent geometriska aspekterna av avbildningarna, varför
exempelvis trigonometri, matriser och koordinatgeometri utelämnats. I så stor mån som
möjligt har geometriska resonemang, snarare än algebraiska, använts i bevisen och
lösningarna på de olika problemen.
4
1.1 Metod
Detta arbete har till en stor del utförts som en litteraturstudie, kapitlet Teori grundar sig
till stor del på de upplysningar och resonemang som presenteras i annan litteratur. För
var och en av satserna som presenteras i arbetet utförs ett bevis eller hänvisas till annan
litteratur, och i kapitlen Problem och Lösningar presenteras ett antal problem och deras
lösningar som exempel på hur respektive avbildning kan användas.
Främst fyra källor har använts i arbetet: Geometry Revisited av H. S. M. Coxeter och S.
L. Greizer; Geometric Transformation II av I. M. Yaglom; Geometric Transformations
III av I. M. Yaglom och Åtta kapitel om geometri av Anders Tengstrand. De tre första
källorna valdes av den anledningen att de refereras till i många andra internetbaserade
verk, medan den sista källan valdes för att det var den enda boken om geometriska
avbildningar som fanns tillgänglig på Stockholms stadsbibliotek. Informationen som
presenteras i källorna har i så stor mån som möjligt kontrollerats och jämförts med vad
andra internetkällor påstår, speciellt vad gäller vokabulär.
H. S. M. Coxeter, en av författarna till Geometry Revisited, fick sitt professur efter att ha
avslutat sin forskning vid Cambridge University, och har under sin karriär utfört
omfattande matematisk forskning och publicerat åtminstone åtta böcker om matematik,
främst inriktat på geometri. Dessutom har han erhållit åtskilliga hedersomnämnelser för
sin matematiska forskning.[1] S. L. Greizer har, förutom sin medverkan i Geometry
Revisited, skrivit andra matematiska böcker om bland annat geometri och topografi.[2]
Den ryske matematikern I. M. Yaglom fick sin doktorsexamen vid Moscow State
University år 1945, med en doktorsavhandling i geometri.[3] Han har publicerat en
omfattande mängd matematisk litteratur, och flertalet av hans böcker handlar om
geometri.[4]
Författaren till Åtta kapitel om geometri, Anders Tengstrand, har även han publicerat ett
antal matematiska böcker, men med en större spridning inom de olika matematiska
grenarna än tidigare nämnda författare.[5] Enligt baksidestexten på Åtta kapitel om
geometri har Tengstrand varit universitetslektor i matematik, och har
undervisningserfarenhet från såväl gymnasiet som alla stadier vid universitet och
högskolor.
Vi ser att författarna till var och en av de fyra huvudkällorna har en akademisk
utbildning inom matematik och har därför relevant ämneskunskap, vilket ger källorna
stor tillförlitlighet.
5
1.2 Beteckningar
De matematiska beteckningar som används i detta arbete är följer de allmänna normerna
för matematiska beteckningar, men ett antal punkter bör poängteras för minimal
förvirring angående notationerna: sträckan mellan två skilda punkter 𝐴 och 𝐵 betecknas
̅̅̅̅ eller ”sträckan 𝐴𝐵”, linjen genom dem betecknas 𝐴𝐵, strålen från 𝐴 genom 𝐵
𝐴𝐵
betecknas ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 eller ”strålen 𝐴𝐵” och vektorn från 𝐴 till 𝐵 betecknas 𝑨𝑩. Dessutom kan
skärningspunkten mellan två linjer 𝑝 och 𝑞 skrivas som snittet 𝑝 ∩ 𝑞, och
skärningslinjen mellan två plan 𝜋 och 𝜇 som snittet 𝜋 ∩ 𝜇.
6
2. TEORI
En avbildning är en metod att, genom någon regel 𝑓, till varje punkt i en mängd punkter
𝐴 tilldela exakt en punkt i en mängd punkter 𝐵. Således är funktionen 𝑓: 𝐴 → 𝐵 en
sådan avbildning. För vissa avbildningar finns inverser; givet an avbildning 𝑓 och dess
invers 𝑓 −1 gäller det att, om 𝑓(𝑃) = 𝑄, så är 𝑓 −1 (𝑄) = 𝑃. Två avbildningar kan utföras
efter varandra, man får då sammansättningen av två avbildningar. Givet två
avbildningar 𝑓: 𝐴 → 𝐵 och 𝑔: 𝐵 → 𝐶 är en sammansättning av dem 𝑔 ∘ 𝑓(𝑃) =
𝑔(𝑓(𝑃)) för alla punkter 𝑃 i 𝐴.[6]
För att klassifiera de olika geometrierna utöver den euklidiska geometrin har man
föreslagit att en geometri ska definieras utifrån vilka avbildningar som kan användas
utan att dess axiom och satser ändras eller bryts mot. Exempelvis definieras den
euklidiska geometrin av gruppen av likformighetsavbildningar, vari även isometrier
ingår.[7] Inversion förknippas med det inversiva planet [8] och projektiva avbildningar
med det projektiva planet.[9] Resultat som erhålls genom avbildningar i exempelvis det
projektiva planet är inte mindre giltiga än sådana som erhålls i det euklidiska planet,
varför avbildningar kan användas som verktyg för problemlösning.[10]
2.1 Isometrier
En isometri, även kallad kongruensavbildning, är en avståndsbevarande avbildning,
vilket innebär att avståndet mellan två punker är lika långt som avtåndet mellan
punkternas avbilder. Om 𝑓: 𝐹 → 𝐹′ är en isometri från en mängd punkter 𝐹 till en
mängd punkter 𝐹′, gäller alltså att ̅̅̅̅
𝐴𝐵 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑓(𝐴)𝑓(𝐵), där 𝐴, 𝐵 är två punkter i 𝐹 och
𝑓(𝑎), 𝑓(𝐵) är deras respektive avbildningar i 𝐹′.[11]
En figur 𝐹 och dess avbildning 𝐹’ under en isometri är kongruenta, därav namnet
kongruensavbildningar.[7] Exempelvis är ∆𝐴𝐵𝐶 ≅ ∆𝑓(𝐴)𝑓(𝐵)𝑓(𝐵) enligt andra
likformighetsfallet (motsvarande sidor är lika långa).
De isometriska avbildningarna kan delas in i translation, rotation och spegling.[12]
Dessutom definieras sammansättningen av två isometrier, det vill säga en isometri följd
av en annan, som en isometri.[11]
2.1.1 Translation
Förutom att bevara avståndet mellan två punkter bevaras även riktningen på linjen
genom dem under en translation, även kallad parallellförskjutning. Det innebär att, om
7
𝐴 och 𝐵 är två godtyckliga punkter och 𝐴’ respektive 𝐵’ deras avbilder under en
̅̅̅̅ = 𝐴′𝐵′
̅̅̅̅̅ och 𝐴𝐵 ‖ 𝐴′𝐵′.[13]
translation, så är 𝐴𝐵
Figur 1: Translation av fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 till 𝐴′ 𝐵′ 𝐶 ′ 𝐷′.
Eftersom ̅̅̅̅
𝐴𝐵 = ̅̅̅̅̅̅
𝐴’𝐵’ och 𝐴𝐵 ‖ 𝐴′𝐵′ bildar punkterna 𝐴, 𝐴′ , 𝐵, 𝐵′ en parallellogram,
̅̅̅̅̅ och 𝐴𝐴′ ‖ 𝐵𝐵′. Således är 𝑨𝑨′ = 𝑩𝑩′ och vi ser att en
vilket innebär att ̅̅̅̅̅
𝐴𝐴′ = 𝐵𝐵′
translation kan beskrivas med en vektor; vi låter varje punkt 𝑃 avbildas på den punkt 𝑃′
för vilken 𝑷𝑷′ = 𝒗, vilket ger att 𝒗 är den vektor som karakteriserar den specifika
translationen.[13]
2.1.2 Rotation
En rotation bestäms av ett rotationscentrum och en rotationsvinkeln. Om centrumet för
rotationen är 𝑂 och vinkeln är 𝜃 gäller det för varje punkt 𝑃 och 𝑃’, där 𝑃’ är
̅̅̅̅̅ och 𝑃𝑂𝑃′ = 𝜃.[13]
avbildningen av 𝑃 under rotationen, att ̅̅̅̅
𝑂𝑃 = 𝑂𝑃′
Figur 2: En rotation
Ett specialfall av rotationen är då vinkeln är ett halvt varv. Genom en sådan rotation
roteras varje linje ett halvt varv, vilket innebär att de blir parallella med sitt
ursprungsläge, men får motsatt riktning. Två rotationer på ett halvt varv vardera efter
varandra motsvarar en translation, även då centrumen är olika.[14] Det följer av att, om
punkterna 𝐴, 𝐵 genom den första rotationen avbildas på punkterna 𝐴′ , 𝐵′, som i sin tur
̅̅̅̅ =
genom den andra rotationen avbildas på punkterna 𝐴′′ , 𝐵′′, är 𝐴𝐵‖𝐴′𝐵′‖𝐴′′𝐵′′, 𝐴𝐵
̅̅̅̅̅, och linjerna 𝐴𝐵 och 𝐴′′𝐵′′ har samma riktning. Därmed är 𝑨𝑩 = 𝑨′′𝑩′′, och
𝐴′𝐵′
punkterna 𝐴′′, 𝐵′′ kan erhållas henom en translation av punkterna 𝐴, 𝐵.
8
Figur 3: Två rotationer på ett halvt varv vardera, här med olika centrum 𝑃1 och 𝑃2 .
2.1.3 Spegling
Vid en spegling speglas en punkt 𝑃 i en linje, speglingslinjen, så att avbildningen är en
punkt 𝑃’ sådan att speglingslinjen är mittpunktsnormal till sträckan 𝑃𝑃′. Varje punkt på
speglingslinjen avbildas genom speglingen på sig själv.[14]
Figur 4: Spegling i en linje.
Sats 2.1.1 Om 𝐴𝐵𝐶och 𝐴′𝐵′𝐶′ är två kongruenta trianglar kan triangel 𝐴𝐵𝐶 avbildas
på 𝐴′𝐵′𝐶′ genom en isometri 𝑓, där 𝐴′ = 𝑓(𝐴), 𝐵′ = 𝑓(𝐵) och 𝐶′ = 𝑓(𝐶).
Bevis [9]: Vi låter 𝑡 vara en translation sådan att 𝑡(𝐴) = 𝐴′, och kallar 𝑡(𝐵) och 𝑡(𝐶)
för 𝐵′′ respektive 𝐶′′. Därefter gör vi en rotation 𝑟 runt 𝐴′ som avbildar 𝐵′′ på 𝐵′. En
̅̅̅̅̅̅ = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ = 𝐴′𝐵′
̅̅̅̅̅, det vill säga både 𝐵′′
sådan rotation existerar, emedan 𝐴′𝐵′′
𝑡(𝐴)𝑡(𝐵) = 𝐴𝐵
och 𝐵′ ligger på en och samma cirkel med 𝐴′ som medelpunkt. Vi kallar 𝑟(𝐶′′) för 𝐶′′′,
och då 𝐴′ är centrum för rotationen är 𝑟(𝐴′) = 𝐴′. Vi ser nu att 𝑟 ∘ 𝑡(𝐴) = 𝐴′, 𝑟 ∘
𝑡(𝐵) = 𝐵′ och 𝑟 ∘ 𝑡(𝐶) = 𝐶′′′, vilket medför att ∆𝐴𝐵𝐶 ≅ ∆𝐴′𝐵′𝐶′ ≅ ∆𝐴′𝐵′𝐶′′′.
Eftersom ∆𝐴′𝐵′𝐶′ och ∆𝐴′𝐵′𝐶′′′ har sidan 𝐴′𝐵′ gemensam kommer 𝐶′′′ antingen att
sammanfalla med 𝐶′ eller vara dess spegelbild. Således gäller det om 𝐶′′′ = 𝐶′ att
isometrin 𝑟 ∘ 𝑡 avbildar triangel 𝐴𝐵𝐶 på triangel 𝐴′𝐵′𝐶′, annars avbildar isometrin
𝑠 ∘ 𝑟 ∘ 𝑡, där 𝑠 är en spegling i linjen 𝐴′𝐵′, triangel 𝐴𝐵𝐶 på triangel 𝐴′𝐵′𝐶′. □
9
2.2 Likformighetsavbildningar
En likformighetsavbildning är en avbildning som behåller förhållandet mellan sträckor,
vilket innebär att alla sträckors längd under en sådan avbilbning förändras med samma
faktor. Om 𝐴, 𝐵 är två punkter och 𝐴′ , 𝐵′ deras respektive avbildningar under en
̅̅̅̅ för någon reell konstant 𝑘. Negativa
likformighetsavbildning är alltså ̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ = 𝑘𝐴𝐵
värden på 𝑘 kan finnas då sträckor tillåts vara negativa. Isometrier är
likformighetsavbildningar för vilka 𝑘 = 1.[15]
Precis som namnet antyder, avbildar likformighetsavbildningar en figur på en likformig
figur. Därför behålls kolinjäritet och vinklars storlek under
en
likformighetsavbildning.[15]
Det finns två olika slag av likformigheter, direkta och motsatta. Eftersom kongruens är
ett specialfall av likformighet gäller detta även kongruens. För att se om två likformiga
figurer 𝐹, 𝐹′ är direkt eller motsatt likformiga kan man välja tre ej kolinjära punkter
𝐴, 𝐵, 𝐶 i 𝐹 och deras motsvarandse punkter 𝐴′ , 𝐵 ′ , 𝐶′ i 𝐹′. Om hörnen 𝐴, 𝐵, 𝐶 kommer i
den ordningen i en riktning (medsols eller motsols) och hörnen 𝐴′ , 𝐵 ′ , 𝐶′ kommer i den
ordningen i samma riktning är 𝐹 och 𝐹′ direkt likformiga, annars är 𝐹och 𝐹′ motsatt
likformiga.[16]
Figur 5: 𝐹 är direkt likformig med 𝐹1 och motsatt likformig med 𝐹2 .
2.2.1 Sträckning
Givet en punkt 𝑂 och en konstant 𝑘 avbildar en sträckning varje punkt 𝐴 på en punkt 𝐴′,
̅̅̅̅̅ = 𝑘𝐴𝑂
̅̅̅̅.[17] Sträckning kallas även
så att 𝐴′ befinner sig på linjen 𝐴𝑂 och 𝐴′𝑂
homoteti, och 𝑘 är sträckningens skala alternativt skalfaktor.
10
Figur 6: En sträckning.
För att 𝑘 ska kunna vara negativ låter vi varje sträcka vara antingen positiv eller negativ,
̅̅̅̅ för varje par av punkter 𝐴,𝐵. Således innebär ̅̅̅̅̅
så att ̅̅̅̅
𝐴𝐵 = −𝐵𝐴
𝐴′𝑂⁄̅̅̅̅
𝐴𝑂 > 0 att både
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ antingen är positiva eller negativa. Eftersom punkterna är kolinjära på
𝐴′𝑂 och 𝐴𝑂
linjen 𝐴𝑂 måste sträckorna ha samma riktning, så 𝑂 befinner sig utanför sträckan ̅̅̅̅̅
𝐴𝐴′
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅⁄𝐴𝑂
̅̅̅̅ < 0; då har 𝐴′𝑂 och 𝐴𝑂
̅̅̅̅ motsatt riktning och
(se figur 7). Motsatsen gäller då 𝐴′𝑂
𝑂 måste följaktigen befinna sig mellan 𝐴 och 𝐴’ (se Figur 8).[18] Är 𝑘 = 0
sammanfaller 𝑂 och 𝐴′.
Figur 7: ̅̅̅̅
𝐴𝑂 och ̅̅̅̅̅
𝐴′𝑂 har samma
riktning.
Figur 8: ̅̅̅̅
𝐴𝑂 och ̅̅̅̅̅
𝐴′𝑂 har olika riktning.
Om en mängd punkter 𝐹 genom en sträckning med centrum 𝑂 och skala 𝑘 bildar en
mängd punkter 𝐹′, kan 𝐹 bildas utifrån 𝐹′ genom en sträckning med samma centrum 𝑂
och med skalan 1⁄𝑘 , om 𝑘 ≠ 0.[17] Det följer av att, om en punkt 𝑃 i 𝐹 avbildas på en
1
̅̅̅̅̅ = 𝑘𝑃𝑂
̅̅̅̅ ekvivalent med att ̅̅̅̅
̅̅̅̅̅.
punkt 𝑃′ i 𝐹′, är 𝑃′𝑂
𝑃𝑂 = 𝑃𝑂′
𝑘
2.2.2 Spirallikformigheter
Avbildningstypen som här kallas spirallikformigheter är sammansättningen av en
rotation och en homoteti, båda med samma centrum. För att bestämma en
spirallikformighetbehöver man känna till rotationsvinkeln 𝜃 och skalan 𝑘 ∈ ℝ+ , såväl
som centrumet 𝑂.[19]
11
Figur 9: En spirallikformighet mellan ∆𝐴𝐵𝐶 och ∆𝐴′𝐵′𝐶′.
Om en figur 𝐹 kan avbildas på en figur 𝐹′ genom en spirallikformighet med centrum 𝑂,
skala 𝑘 och rotationsvinkelvinkel 𝜃, kan figur 𝐹′ avbildas på figur 𝐹 genom en med
hjälp av samma centrum 𝑂, skala 1⁄𝑘 och vinkel – 𝜃.[19]
Både rotation och sträckning är specialfall av spirallikformigheter, den förra med skalan
𝑘 = 1 och den senare med vinkeln 𝜃 = 0 eller 𝜃 = 𝜋 om skalafaktorn för motsvarande
sträckning är > 0 respektive < 0.[19]
2.3 Inversion
En inversion är en avbildning som, med avseende på någon cirkel 𝑆 med medelpunkten
𝑂 och radien 𝑟, avbildar varje punkt 𝑃 i planet, bortsett från 𝑂, på en punkt 𝑃′ sådan att
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2 .[20]
den befinner sig på strålen 𝑂𝑃 och ̅̅̅̅
𝑂𝑃 ∙ 𝑂𝑃′
Figur 10: Punkten 𝑃 inverteras på punkten 𝑃′ med avseende på cirkel 𝑆.
12
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2 , och faktumet att
Om 𝑃′ därefter inverteras i samma cirkel ger sambandet 𝑂𝑃
𝑃 befinner sig på strålen 𝑂𝑃′, att 𝑃′ avbildas på 𝑃. Är inversen till 𝑃 punkten 𝑃′ gäller
alltså även motsatsen, det vill säga att inversen till 𝑃′ är punkten 𝑃.[20]
För varje punkt 𝑄 på randen till en cirkel 𝑆 och för dess avbildning 𝑄′ gäller det att
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2, men 𝑂𝑄
̅̅̅̅ = 𝑟 medför att 𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅ = 𝑟. Eftersom 𝑄′ befinner sig på strålen
𝑂𝑄
𝑂𝑄 måste det gälla att 𝑄 = 𝑄′. Därmed är inversionscirkeln sin egen invers. Vidare
gäller det för varje punkt 𝑃 ≠ 𝑂 inne i cirkel 𝑆 att inversen 𝑃′ befinner sig utanför 𝑆,
och vice versa.[20]
Genom att utöka det euklidiska planet med en oändlighetspunkt 𝑃∞ , som definieras som
inversen av 𝑂, får vi det så kallade inversiva planet. Begränsningen att 𝑂 inte har någon
invers har alltså tagits bort. Inversen av en cirkel som går genom 𝑂 är en linje, så linjer
kan betraktas som cirklar som går genom 𝑃∞ , linjer är cirklar med oändlig radie.[21]
Sats 2.3.1 Inversen av en cirkel som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln är
en cirkel som inte heller går genom medelpunkten i inversionscirkeln.
Figur 11: Inversion av en cirkel som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln;
𝜔′ är inversen av 𝜔 med avseende på cirkel 𝑆.
Bevis: Vi kallar inversionscirkeln för 𝑆, dess medelpunkt för 𝑂 och dess radie för 𝑟, och
ska invertera en cirkel 𝜔 i den. Punkten 𝑂 ligger inte på randen till cirkel 𝜔. Vi väljer
fyra punkter 𝐴, 𝐵, 𝑃, 𝑄 på 𝜔 sådana att 𝐴, 𝐵, 𝑂 respektive 𝑃, 𝑄, 𝑂 är kolinjära, och låter
𝑃′ och 𝑄′ vara inverserna av 𝑃 respektive 𝑄.
Figur 12: 𝑃′ och 𝑄′ är inverserna av 𝑃 respektive 𝑄.
13
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑄
̅̅̅̅ = 𝑂𝐴
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅ , och då det gäller att 𝑂𝑄
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2 får
Korda-tangentsatsen ger att 𝑂𝑃
vi sambandet
𝑟 2 ̅̅̅̅
𝑂𝑃
𝑟2
̅̅̅̅ ⟺ 𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅ =
̅̅̅̅
= ̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ 𝑂𝐵
𝑂𝑃
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
𝑂𝐴
𝑂𝑄′
̅̅̅̅ och 𝑟 2 är konstanta blir 𝑄′ avbilden av 𝑃 under en sträckning med
Eftersom ̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ 𝑂𝐵
centrum 𝑂 och med en konstant skalfaktor. Eftersom 𝑃 kan vara vilken punkt som helst
på cirkel 𝜔 bildar alla möjliga lägen av 𝑄′ en cirkel, så inversen av cirkel 𝜔 är en cirkel.
□
Sats 2.3.2 Inversen av en cirkel som går genom inversionscirkelns medelpunkten är en
linje, vinkelrät mot linjen mellan inversionscirkelns medelpunkt och medelpunkten i
cirkeln som inverteras, som ej går genom inversionscirkelns medelpunkt.
Figur 13: Inversion av en cirkel som går genom medelpunken i inversionscirkeln;
linje 𝜔′ är inversen av cirkel 𝜔 med avseende på cirkel 𝑆.
Bevis: Om inversionscirkeln är 𝑆, med medelpunkten 𝑂 och radien 𝑟, låter vi 𝜔 vara en
cirkel som går genom 𝑂. Vi betecknar med 𝐴 punkten sådan att sträckan 𝑂𝐴 är diameter
i 𝜔, och låter 𝑃 vara en godtycklig punkt på 𝜔 som sammanfaller med varken 𝐴 eller 𝑂.
Dessutom kallar vi inverserna av 𝐴 och 𝑃 för 𝐴′ respektive 𝑃′.
Figur 14: Linje 𝑛 är inversen till cirkel 𝜔, som passerar genom 𝑂.
14
Eftersom trangel 𝐴𝑂𝑃 är en triangel vars ena sida utgör en diameter i triangelns
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐴′
̅̅̅̅̅ =
omskrivna cirkel är vinkel 𝑂𝑃𝐴 rät enligt randvinkelsatsen. Det gäller att 𝑂𝐴
2
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 , vilket medför att 𝑂𝐴
̅̅̅̅⁄𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ = 𝑂𝑃
̅̅̅̅⁄𝑂𝐴′
̅̅̅̅̅. Tillsammans med faktumet att
𝑂𝑃
𝐴𝑂𝑃 = 𝐴′𝑂𝑃′ får vi att trianglarna 𝐴𝑂𝑃 och 𝐴′𝑂𝑃′ är likformiga. Den motsvarande
vinkeln till vinkel 𝑂𝑃𝐴 är 𝑃′𝐴′𝑂, så enligt likformigheten är 𝑃′𝐴′𝑂 = 𝜋/2. Därmed är
𝐴′𝑃′ ⊥ 𝐴𝑂, och om punkterna 𝐴, 𝑂, 𝐴′ hålls fixerade gäller det för varje punkt 𝑃 ≠ 𝐴, 𝑂
att inversen av 𝑃 ligger på normalen 𝑛 till 𝐴𝑂 i punkten 𝐴′.
̅̅̅̅⁄𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ = 𝑂𝑃
̅̅̅̅⁄𝑂𝐴′
̅̅̅̅̅
Då 𝑃 närmar sig 𝑂 går avståndet 𝑂𝑃 mot noll, så enligt sambandet 𝑂𝐴
måste avståndet 𝑂𝑃′ gå mot oändligheten men ändå ligga på 𝑛, och då 𝑃 sammanfaller
med 𝑂 är inversen oändlighetspunkten 𝑃∞ . När 𝑃 sammanfaller med 𝐴 är inversen 𝐴′ .
För alla möjliga punkter 𝑃 på cirkel 𝜔 ligger inversen 𝑃′ allltså på normalen 𝑛 till 𝐴𝑂 i
punkten 𝐴′. Mängden punkter 𝑃 ∈ 𝜔 är kontinuerlig, vilket innebär att även mängden
punkter 𝑃′ ∈ 𝑛 är kontinuerlig. Eftersom 𝑃′ kontinuerligt kan variera över hela linjen 𝑛
är alltså hela linjen 𝑛 invers av cirkel 𝜔. □
Sats 2.3.3 Inversen av en linje som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln är en
cirkel som går genom medelpunkten i inversionscirkeln.
Bevis: Satsen följer av sats 2.3.2 och faktumet att om en punkt 𝑃′ är inversen av en
punkt 𝑃, så är 𝑃 inversen av 𝑃′.
Sats 2.3.4 En linje som går genom medelpunkten i inversionscirkeln är sin egen invers.
Bevis: Givet en inversionscirkel 𝑆 med medelpunkt 𝑂 och radie 𝑟 låter vi 𝑙 vara en linje
genom 𝑂. För varje punkt 𝑃 på linjen 𝑙 är inversen 𝑃′ en punkt som ligger på strålen
𝑂𝑃, vilket innebär att den ligger på 𝑙. Om vi låter 𝑃 kontinuerligt variera över hela
linjen 𝑙 kommer 𝑃′ att kontinuerligt variera över hela 𝑙, vilket innebär att inversen av en
linje genom medelpunkten i inversionscirkeln är linjen själv. □
Sats 2.3.5 Om 𝑃 är en punkt inne i en inversionscirkel 𝑆 är dess invers, 𝑃′,
skärningspunkten mellan tangenterna till 𝑆 vid punkterna där normalen till 𝑂𝑃 vid 𝑃
skär 𝑆.
15
Figur 15: Inversen 𝑃′ till 𝑃 som skärningspunkten mellan två tangenter till
inversionscirkeln.
Bevis: Vi kallar skärningspunkterna mellan normalen till 𝑂𝑃 i punkten 𝑃 och
̅̅̅̅ = 𝑟 och
inversionscirkeln för 𝐴 och 𝐵, och radien i 𝑆 för 𝑟. Det gäller att ̅̅̅̅
𝑂𝐴 = 𝑂𝐵
̅̅̅̅ = 𝑃𝐵
̅̅̅̅̅ = 𝐵𝑃′
̅̅̅̅̅.
̅̅̅̅. Dessutom är tangenterna från en punkt till en cirkel lika långa, så 𝐴𝑃′
𝐴𝑃
En tangent till en cirkel är vinkelrät mot radien till tangeringnspunkten, vilket innebär
att 𝑂𝐴𝑃′ = 𝑂𝐵𝑃′ = 𝜋/2. Eftersom 𝑂𝐴𝑃′ + 𝑂𝐵𝑃′ = 𝜋 får vi, som en följd av
randvinkelsatsen, att fyrhörningen 𝐴𝑂𝐵𝑃′ är cyklisk. Således kan vi genom att använda
Ptolemaius sats konstatera att
̅̅̅̅̅ ∙ 𝐴𝐵
̅̅̅̅ = 𝑂𝐴
̅̅̅̅ ∙ 𝐵𝑃′
̅̅̅̅̅ + 𝑂𝐵
̅̅̅̅ ∙ 𝐴𝑃′
̅̅̅̅̅,
𝑂𝑃′
vilket ger att
̅̅̅̅̅ =
𝑂𝑃′
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ + 𝑂𝐵
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ 𝐵𝑃′
𝐴𝑃′ 2𝑟𝐴𝑃′
𝐴𝑃′
=
=𝑟
.
̅̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝐴𝐵
2𝐴𝑃
𝐴𝑃
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅.
Enligt
kordasatsen
är
𝑂𝑃 ∙ ̅̅̅̅̅
𝑃𝑃′ = ̅̅̅̅
𝐴𝑃 ∙ ̅̅̅̅
𝑃𝐵 ⟺ ̅̅̅̅
𝑂𝑃 = ̅̅̅̅
𝐴𝑃 ∙ ̅̅̅̅
𝑃𝐵⁄̅̅̅̅̅
𝑃𝑃′ = ̅̅̅̅
𝐴𝑃 2 /𝑃𝑃′
Multiplicerat med det förra uttrycket får vi att
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ = 𝑟
𝑂𝑃 ∙ 𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝐴𝑃′ ̅̅̅̅
𝐴𝑃2
𝐴𝑃 ∙ ̅̅̅̅̅
𝐴𝑃′
∙
=𝑟
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
′
̅̅̅̅̅
𝐴𝑃 𝑃𝑃
𝑃𝑃′
Triangel 𝐴𝐵𝑃′ är liksidig, och 𝑃𝑃′ ⊥ 𝐴𝐵, vilket medför att 𝐴𝑃′𝑃 = 𝐵𝑃′𝑃. Enligt
randvinkelsatsen är 𝑂𝐴𝑃 = 𝑃𝑃′𝐵. Dessa två samband ger tillsammans att 𝑂𝐴𝑃 =
𝐴𝑃′𝑃, och då 𝐴𝑃𝑃′ = 𝐴𝑃𝑂 = 𝜋/2 ser vi att trianglarna 𝐴𝑃𝑃′ och 𝑂𝑃𝐴 har två par
vinklar som är lika stora. Även det tredje vinkelparet måste vara lika. Enligt
likformighetsfall VVV är ∆𝐴𝑃𝑃′~∆𝑂𝑃𝐴.
Likformigheten ger att ̅̅̅̅
𝐴𝑂⁄̅̅̅̅̅
𝐴𝑃′ = ̅̅̅̅
𝐴𝑃 ⁄̅̅̅̅̅
𝑃𝑃′ ⟺ ̅̅̅̅̅
𝐴𝑂 = 𝑟 = ̅̅̅̅
𝐴𝑃 ∙ ̅̅̅̅̅
𝐴𝑃′⁄̅̅̅̅̅
𝑃𝑃′. Insatt i
2
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 , så 𝑃′ är inversen av 𝑃. □
sambandet vi tidigare fått ser vi att 𝑂𝑃
Sats 2.3.6 Vinkeln mellan två cirklar är lika stor som vinkeln mellan cirklarnas
inverser. (Med vinkeln mellan två cirklar menas vinkeln mellan cirklarnas tangenter i
skärningspunkten, och en linje är att betrakta som en cirkel som går genom 𝑃∞ .)
16
Figur 16: Vinkeln mellan två cirklar är lika stor som vinkeln mellan deras inverser.
Bevis: Vi låter 𝜔 och 𝜑 vara två cirklar eller linjer som skär varandra i åtminstone en
punkt 𝐴. Vi kallar deras inverser med avseende på en cirkel 𝑆 för 𝜔′ respektive 𝜑′, och
antar att ingen av 𝜔, 𝜑, 𝜔′, 𝜑′ är en linje genom 𝑂, som är medelpunkten i 𝑆. Inversen
av 𝐴 blir skärningspunkten mellan 𝜔′och 𝜑′, vi kallar den för 𝐴′. Eftersom 𝜔 och 𝜑 skär
varandra i minst en punkt gäller det att en linje från 𝑂 som skär både 𝜔 och 𝜑 minst en
gång, och som är skild från strålen 𝑂𝐴, existerar. Av de skärningspunkterna kallar vi
den närmast 𝑂 för 𝑃 och antar att den ligger på 𝜔, så att skärningspunkten längre bort,
som vi kallar 𝑄, ligger på 𝜑. Inverserna 𝑃′, 𝑄′ av 𝑃 respektive 𝑄 ligger på 𝜔′ respektive
𝜑′.
Figur 17: Inverserna av 𝜔 och 𝜑 är 𝜔′ respektive 𝜑′.
̅̅̅̅̅ = 𝑂𝑄
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2, så ̅̅̅̅
Om 𝑟 är radien i 𝑆 gäller det att ̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ = ̅̅̅̅
𝑂𝑃 ∙ 𝑂𝑃′
𝑂𝑃⁄̅̅̅̅
𝑂𝐴 =
̅̅̅̅̅⁄𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ och 𝑂𝑄
̅̅̅̅⁄𝑂𝐴
̅̅̅̅ = 𝑂𝐴′
̅̅̅̅̅⁄𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅. Tillsammans med faktumet att 𝑃𝑂𝐴, 𝑃′𝑂𝐴′,
𝑂𝐴′
17
𝑄𝑂𝐴 och 𝑄′𝑂𝐴′ är samma vinkel får vi att ∆𝑃𝑂𝐴~∆𝐴′𝑂𝑃′ och ∆𝑄𝑂𝐴~∆𝐴′𝑂𝑄′.
Därmed är 𝑂𝑃𝐴 = 𝑂𝐴′𝑃′ och 𝑂𝑄𝐴 = 𝑂𝐴′𝑄′.
Enligt yttervinkelsatsen är 𝑂𝑃𝐴 = 𝑂𝑄𝐴 + 𝑄𝐴𝑃, så 𝑄𝐴𝑃 = 𝑂𝑃𝐴 − 𝑂𝑄𝐴 =
𝑂𝐴′𝑃′ − 𝑂𝐴′𝑄′ = 𝑄′𝐴𝑃′. Låter vi strålen 𝑂𝑃 sammanfalla med strålen 𝑂𝐴 blir
linjen 𝐴𝑃 tangent till 𝜔 vid 𝐴, linjen 𝐴𝑄 tangent till 𝜑 vid 𝐴, linjen 𝐴′𝑃′ tangent till 𝜔′
vid 𝐴′ och linjen 𝐴′𝑄′ tangent till 𝜑′ vid 𝐴′. Om någon av 𝜔, 𝜔′ , 𝜑 och 𝜑′ är en linje
sammanfaller den med motsvarande tangent. Eftersom 𝑄𝐴𝑃 = 𝑄′𝐴𝑃′ (𝑂𝐴′𝑄′ har
ju gått mot noll) skär 𝜔 och 𝜑 varandra i en lika stor vinkel som 𝜔′ och 𝜑′, vilket är det
vi skulle visa.
Vi ska ännu betrakta fallet då åtminstone en av 𝜔, 𝜑 är en linje genom 𝑂. Är båda det är
de enligt sats 2.3.4 sina egen inverser, och det är uppenbart att vinkeln de skär varandra
i förblir densamma. Vi antar nu att endast en av dem, låt säga 𝜑, är en linje genom 𝑂.
Linjen 𝜑 inverteras på sig själv, och skär 𝜔 i 𝐴 och 𝜔′ i 𝐴′, inversen till punkten 𝐴. Vi
låter strålen 𝑂𝑃, skild från 𝑂𝐴, skära 𝜔 i punkten 𝑃 och 𝜔′ i 𝑃′, inversen till 𝑃. Vi kan
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2 ⟺
utan inskränkningar anta att 𝑃 ligger mellan 𝑂 och 𝑃′. ̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ = ̅̅̅̅
𝑂𝑃 ∙ 𝑂𝑃′
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅, som tillsammans med sambandet 𝑃𝑂𝐴 = 𝐴′𝑂𝑃′ ger att
𝑂𝑃⁄̅̅̅̅
𝑂𝐴 = ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′⁄𝑂𝑃′
∆𝑃𝑂𝐴~∆𝐴′𝑂𝑃′. Därmed är 𝑃𝐴𝑂 = 𝐴′𝑃′𝑂 och 𝐴𝑃𝑂 = 𝑃′𝐴′𝑂.
Figur 18: Inversen av 𝜔 är 𝜔′, och linjen 𝜑 är sin egen invers.
Om skärningspunkten 𝐴𝑃 ∩ 𝐴′𝑃′ betecknas med 𝑄 får vi enligt yttervinkelsatsen att
𝑄𝐴𝐴′ = 𝐴𝑂𝑃 + 𝐴𝑃𝑂 = 𝐴𝑂𝑃 + 𝑃′𝐴′𝑂, så om vi låter 𝑃 närma sig 𝐴 kommer
vinkel 𝐴𝑂𝑃 närma sig noll och vinkel 𝑄𝐴𝐴′ att närma sig 𝑃′ 𝐴′ 𝑂 = 𝑄𝐴′𝐴. När 𝐴 och
𝑃 sammanfaller är således 𝑄𝐴𝐴′ = 𝑄𝐴′𝐴. Linjerna 𝐴𝑃 och 𝐴′𝑃′ har övergått i
tangenterna till 𝜔 respektive 𝜔′ vid 𝐴 respektive 𝐴′, så tangenterna bildar tillsammans
med linjen 𝐴𝐴′ en likbent triangel med 𝐴, 𝐴′ och 𝑄 som hörn och basvinklarna 𝑄𝐴𝐴′ och
𝑄𝐴𝐴′. (Är 𝜔 eller 𝜔′ en linje låter vi den vara sin egen tangent.) Alltså skär 𝜔 och
𝜑 = 𝐴𝐴′ varandra i en lika stor vinkel som 𝜑 ′ = 𝐴𝐴′ och 𝜔′.
18
Minst en av figurerna 𝜔, 𝜔′ är en cirkel, så om linjerna 𝐴𝑃, 𝐴′𝑃′ i ursprungsläget är
parallella ej skär varandra i en punkt 𝑄 kan vi, genom att flytta på 𝑃, finna ett läge där
𝐴𝑃 och 𝐴′ 𝑃′ skär varandra och vårt argument är giltigt. Om det däremot gäller att
tangenterna ej skär varandra är de parallella, men då skär linjen 𝐴𝐴′ = 𝜑 = 𝜑′ dem ändå
i en lika stor vinkel. Vi har kontrollerat alla fall och ser att 𝜔 och 𝜑 alltid skär varandra
i en lika stor vinkel som 𝜔′ och 𝜑′, så sats 2.3.6 är bevisad. □
Sats 2.3.7 En cirkel genom två olika punkter som är varandras inverser är sin egen
invers, och vinkelrät mot inversionscirkeln.
Bevis: Vi låter 𝑃 och 𝑃′ vara två skilda punkter som är varandras inverser med avseende
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2 .
på en cirkel 𝑆 med medelpunkten 𝑂 och radien 𝑟. Det gäller alltså att ̅̅̅̅
𝑂𝑃 ∙ 𝑂𝑃′
Om 𝜔 är en godtycklig cirkel genom både 𝑃 och 𝑃′, och linjen 𝑙 är en linje genom 𝑂
som skär 𝜔 i två punkter 𝑄 och 𝑄′ (de kan sammanfalla om 𝑙 tangerar 𝜔), gäller det
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑄′
̅̅̅̅̅ = 𝑂𝑃
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝑃′
̅̅̅̅̅ = 𝑟 2. Det medför att 𝑄 och 𝑄′ är
enligt korda-tangentsatsen att 𝑂𝑄
varandras inverser. Då 𝑄 tillåts variera över hela 𝜔 ser vi att cirkeln 𝜔 är sin egen
invers. □
Sats 2.3.8 Om punkterna 𝐴, 𝐵 har inverserna 𝐴′respektive 𝐵′ med avseende på en
cirkel med medelpunkte 𝑂 och radie 𝑟, så är
̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ =
𝑟2
̅̅̅̅
𝐴𝐵 .
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ 𝑂𝐵
Figur 19: Punkterna 𝐴′, 𝐵′ är inverser av 𝐴 respektive 𝐵.
̅̅̅̅̅, så ̅̅̅̅
̅̅̅̅̅⁄̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵′
̅̅̅̅ = 𝑂𝐵′
Bevis: Vi vet att ̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ = 𝑟 2 = 𝑂𝐵
𝑂𝐴⁄𝑂𝐵
𝑂𝐴′. Dessutom är
𝐴𝑂𝐵 = 𝐵′𝑂𝐴′, så enligt likformighetsfall SVS är ∆𝑂𝐴𝐵~∆𝑂𝐵′𝐴′, där 𝐴𝐵, 𝑂𝐴, 𝑂𝐵
har de motsvarande sidorna 𝐴′𝐵′, 𝑂𝐵′ respektive 𝑂𝐴′. Därmed är
̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′
𝑟2
=
=
,
̅̅̅̅
̅̅̅̅ 𝑂𝐴
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅
𝐴𝐵
𝑂𝐵
19
vilket medför att
̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ =
𝑟2
̅̅̅̅
𝐴𝐵 . □
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝑂𝐴 ∙ 𝑂𝐵
2.4 Projektiva avbildningar
Att avbilda på ett sätt som utnyttjar perspektiv har sina rötter inom bildkonsten, i
konstnärernas försök att avbilda verkligheten på en målarduk eller på ett papper. Det var
år 1436 som italienaren Leone Battista Alberti, som bland annat var målare, gav ut
verket Della Pittura där celtralperspektivet för första gången beskrevs matematiskt.[22]
Perspektivet gick ut på att betrakta ögat, ett föremål och de rätlinjiga ljusstrålar som går
från föremålet till ögat, och att utifrån dem på ett lämpligt sätt projicera föremålet på ett
plan, tavlan. Med sin grund i bildkonstens användning av centralperspektivitet kom den
projektiva geometrin senare till som en matematisk gren.[23]
Figur 20: Det grå området på planet 𝜋 som avbildats på planet 𝜋′ kan ses som
exempelvis en väg som avbildats på en duk.
2.4.1 Centralprojektion
Givet två plan 𝜋, 𝜋′ och en punkt 𝑂, perspektivcentrumet, som inte befinner sig i något
av planen är en centralprojektion av planet 𝜋 på planet 𝜋′ en avbildning som till varje
punkt 𝑃 i 𝜋 tillordnar en punkt 𝑃′ i planet 𝜋′, så att 𝑃′ är skärningspunkten mellan linjen
𝑂𝑃 och planet 𝜋′. Är planen 𝜋 och 𝜋′ parallella avbildas varje figur 𝐹 i 𝜋 genom en
centralprojektion på en likformig figur 𝐹′ i 𝜋′.[24]
20
Figur 21: En centralprojektion avbildar en figur i ett plan på en likformig figur i ett
parallellt plan.
Vi bortser hädanefter från fallen då 𝜋 och 𝜋′ är parallella och lägger märke till
existensen två speciella linjer, en i 𝜋 och en i 𝜋′. Vi låter ett plan, parallellt med 𝜋′,
passera genom 𝑂 och skära 𝜋 i linjen 𝑦. Det gäller då för varje punkt 𝑌 ∈ 𝑦 att linjen
𝑂𝑌 är parallel med 𝜋′. Därför har 𝑂𝑌 och 𝜋′ ingen skärningspunkt, vilket innebär att
linjen 𝑦 inte avbildas på 𝜋′.[24]
Figur 22: Ett plan 𝜎, parallellt med 𝜋′, går genom 𝑂.
Om vi nu låter ett plan, parallellt med 𝜋, passera genom 𝑂 och skära 𝜋′ i linjen 𝑦′,
noterar vi att linjen 𝑂𝑌′ är parallel med 𝜋 för varje punkt 𝑌′ ∈ 𝑦′. Således skär 𝑂𝑌′
aldrig planet 𝜋, och linjen 𝑦′ har ingen motsvarande linje i 𝜋.[24]
Figur 23: Ett plan 𝜎′, parallellt med 𝜋, går genom 𝑂.
21
Existensen av de speciella linjerna 𝑦 och 𝑦 ′ i 𝜋 respektive 𝜋′ innebär att hela planet 𝜋
inte centralprojiceras på 𝜋′, och att hela planet 𝜋′ inte är en avbildning av 𝜋.[24] Genom
att införa ett oändligt antal oändlighetspunkter, som tillsammans utgör så kallade
oändlighetslinjer, undviker vi olägenheten och kan säga att hela planet 𝜋 avbildas på 𝜋′
och att varje punkt i 𝜋′ har en motsvarighet i 𝜋.[9]
En oändlighetspunkt definieras som skärningspunkten mellan två parallella linjer. Givet
en linje är skärningspunkten mellan den och alla linjer parallella med den givna linjen
en och samma oändlighetspunkt. Ett plans oändlighetslinje utgörs av samtliga av planets
oändlighetspunkter, och är även skärningslinjen mellan alla plan parallella med det
givna planet. Genom att utöka det euklidiska planet med en oändlighetslinje fås ett så
kallat projektivt plan.[9]
Tack vare införandet av oändlighetspunkter och –linjer ser vi att den speciella linjen 𝑦 i
planet 𝜋 avbildas på oändlighetslinjen som hör till planet 𝜋′. Dessutom är den speciella
linjen 𝑦′ i planet 𝜋′ avbildningen av oändlighetslinjen som hör till planet 𝜋.[25]
Av vår definition av oändlighetspunkterna följer att varje par av linjer i ett projektivt
plan har en skärningspunkt. Är linjerna parallella är skärningspunkten en
oändlighetspunkt.
Sats 2.4.1.1 En linje i ett plan 𝜋 avbildas genom en centralprojektion på en linje.
Bevis [26]: Vi låter 𝑂 vara perspektivcentrum, 𝑙 vara en linje i 𝜋 som inte är planets
speciella linje, och vi låter 𝜋′ vara planet på vilket vi projicerar 𝜋. Alla linjer genom 𝑂
som skär linjen 𝑙 bildar tillsammans ett plan 𝜇, och två plan skär varandra som bekant i
en linje. Avbilden 𝜋′ ∩ 𝜇 av linjen 𝑙 är alltså en linje, och i fallet då 𝑙 är den speciella
linjen i planet 𝜋 är denna skärningslinje oändlighetslinjen. □
Sats 2.4.1.2 Om skärningspunkten mellan två linjer i ett plan 𝜋 ligger på planets
speciella linje 𝑦 blir de två linjernas avbildningar genom centralprojektion parallella.
Bevis: Om planet 𝜋 projiceras på ett plan 𝜋′ blir projektionen av linjen 𝑦
oändlighetslinjen 𝑙∞ av planet 𝜋′. Om en skärningspunkt mellan två linjer befinner sig
på 𝑦 kommer linjernas projektioner skära varandra på 𝑙∞ , vilket enligt vår definition av
oändlighetspunkter innebär att de måste vara parallella. □
22
Sats 2.4.1.3 Avbilderna i ett plan 𝜋′ av två parallella linjer i ett plan 𝜋 skär varandra
på den speciella linjen 𝑦 ′ i planet 𝜋′. Notera att, ifall linjerna är parallella med den
speciella linjen 𝑦 i planet 𝜋, är deras projektioner i 𝜋′ två linjer parallella med 𝑦′.
Bevis: Två parallella linjer i 𝜋 har sin skärningspunkt på planets oändlighetslinje, som
projiceras på 𝑦′. Linjernas projektioner har således sin skärningspunkt på 𝑦′.
Ifall de två parallella linjerna i 𝜋 är parallella med 𝑦 kallar vi dem för 𝑙1 och 𝑙2 och
deras respektive avbildningar i 𝜋′ för 𝑙2′ och 𝑙2′ . Dessutom kallar vi planet som går
genom 𝑂 och linjen 𝑦 för 𝜇 och planet genom 𝑂 och linjen 𝑦′ för 𝜇′.
Linjen 𝑦 har inga avbilder i planet 𝜋′ och 𝑦′ har inga avbilder i planet 𝜋, vilket innebär
att 𝜋 är parallellt med 𝜇′ och 𝜋′ med 𝜇. Därmed är skärningslinjerna 𝜋 ∩ 𝜋′, 𝜇 ∩ 𝜇′,
𝑦 = 𝜋 ∩ 𝜇 och 𝑦 ′ = 𝜋′ ∩ 𝜇′ alla parallella i rummet, och 𝑂 ∈ 𝜇 ∩ 𝜇′. Eftersom 𝑙1 och 𝑙2
är parallella med de fyra nämnda skärningslinjerna har de alla samma skärningspunkt,
nämligen någon oändlighetspunkt 𝑃∞ . Linjen 𝑂𝑃∞ avbildar punkten 𝑃∞ ∈ 𝑙1 , 𝑙2 på sig
själv, vilket innebär att 𝑃∞ ∈ 𝑙1′ , 𝑙2′. Således skär 𝑦′ linjerna 𝑙2′ och 𝑙2′ i en och samma
oändlighetspunkt, vilket innebär att 𝑦′‖ 𝑙1′ ‖ 𝑙1′. □
Sats 2.4.1.4 Dubbelförhållandet mellan fyra kolinjära punkter är samma som
dubbelförhållandet mellan punkternas centralprojektioner. (Punkterna 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 har
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅
dubbelförhållandet ̅̅̅̅
𝐴𝐶 ∙ ̅̅̅̅
𝐵𝐷⁄𝐵𝐶
𝐴𝐷 .)
Figur 24: Dubbelförhållandet bevaras under en centralprojektion.
Bevis [27]: Om 𝐴, 𝐵 är två kolinjära punkter i ett plan 𝜋 och 𝐴′ , 𝐵 ′ deras respektive
projektioner i ett annat plan 𝜋′ med avseende på projektionscentrum 𝑂 får vi att
23
1
̅̅̅̅̅̅ = 1 ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ = 1 ̅̅̅̅
̅̅̅̅ 𝑠𝑖𝑛 𝐴𝑂𝐵 och 𝐴𝑟𝑒𝑎 (𝐴′𝑂𝐵′) = 1 ℎ′𝐴′𝐵′
𝐴𝑟𝑒𝑎 (𝐴𝑂𝐵) = 2 ℎ𝐴𝐵
𝑂𝐴 ∙ 𝑂𝐵
𝑂𝐴′ ∙
2
2
2
̅̅̅̅̅ sin 𝐴′𝑂𝐵′, där ℎ och ℎ′ är det vinkelräta avståndet från 𝑂 till linjen 𝐴𝐵 respektive
𝑂𝐵′
𝐴′𝐵′. Eftersom 𝐴𝑂𝐵 = 𝐴′𝑂𝐵′ får vi, genom division av det andra uttrycket med det
första, att
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
ℎ′ ̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ ∙ 𝑂𝐵′
ℎ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ ∙ 𝑂𝐵′
′ 𝐵 ′ = 𝐴𝐵
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙
∙
=
⟺ 𝐴
̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅
ℎ 𝐴𝐵
ℎ′ 𝑂𝐴
𝑂𝐴
Om 𝐶 är en punkt på linjen 𝐴𝐵 är dess projektion 𝐶′ en punkt på 𝐴′𝐵′, och enligt
sambandet ovan får vi att
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅⁄(𝑂𝐴
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐶
̅̅̅̅ ) ̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝐴′𝐶′ ̅̅̅̅
𝐴𝐶 ℎ⁄ℎ′ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ ∙ 𝑂𝐶′
𝐴𝐶 ∙ ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ ∙ 𝑂𝐵
=
∙
∙
=
̅̅̅̅ ℎ⁄ℎ′ 𝑂𝐵′
̅̅̅̅̅̅ 𝐵𝐶
̅̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐶′
̅̅̅̅̅⁄(𝑂𝐵
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐶
̅̅̅̅ ) 𝐵𝐶
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅
𝐵′𝐶′
𝑂𝐴 ∙ 𝑂𝐵′
Låter vi 𝐷 vara ytterligare en punkt på linjen 𝐴𝐵 och 𝐷′ dess projektion, som ligger på
linjen 𝐴′𝐵′, ser vi att
̅̅̅̅̅ ∙ 𝐵′𝐷′
̅̅̅̅̅̅ 𝐴′𝐶′
̅̅̅̅̅ 𝐴′𝐷′
̅̅̅̅̅̅ 𝐴𝐶
̅̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐴′
̅̅̅̅ 𝐴𝐷
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐴′
̅̅̅̅ 𝐴𝐶
̅̅̅̅ 𝐴𝐷
̅̅̅̅ 𝐴𝐶
̅̅̅̅ ∙ 𝐵𝐷
̅̅̅̅
𝐴′𝐶′
=
⁄
=
⁄
=
⁄
=
̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ 𝐵𝐷
̅̅̅̅̅ 𝐵𝐶
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐴
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵′
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐵′
̅̅̅̅ ∙ 𝑂𝐴
𝐵𝐷 𝐵𝐶
𝐴𝐷
𝐵′𝐶′
𝐴′𝐷′ 𝐵′𝐶′
𝐵′𝐷′ 𝐵𝐶
Vi ser alltså att dubbelförhållandet mellan fyra kolinjära punkter är samma som
dubbelförhållandet mellan de fyra punkternas projektioner. □
Sats 2.4.1.5 Givet fyra punkter 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 i ett plan 𝜋, där inga tre av punkterna är
kolinjära, och fyra punkter 𝑀, 𝑁, 𝑃, 𝑄 i ett plan 𝜋′, där inga tre av punkterna är
kolinjära, kan planen 𝜋 och 𝜋′ placeras på ett sådant sätt att fyrhörningen
𝐴𝐵𝐶𝐷 genom en centralprojektion avbildas på en fyrhörning 𝐴’𝐵’𝐶’𝐷’ på planet 𝜋′ så
att 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′~𝑀𝑁𝑃𝑄.
Bevis: För ett bevis hänvisas läsaren till [28].
Centralprojektioner avbildar oftast inte cirklar på cirklar, exempelvis är skuggan av en
fotboll oftast förvrängd och der inte cirkulär ut. Man kan dock, genom ett bra val av
projektionscentrum 𝑂 och planet på vilket cirkeln ska projiceras, avbilda en cirkel på en
cirkel.
Sats 2.4.1.6 Givet en cirkel 𝑆 och en godtycklig linje 𝑙, båda i samma plan 𝜋 och utan
gemensamma punkter, kan man genom en centralprojektion avbilda 𝑆 på en cirkel i ett
plan 𝜋′ och 𝑙 på oändlighetslinjen till samma plan 𝜋′.
24
Figur 25: Linjen 𝑙 avbildas på oändlighetslinjen och cirkeln 𝑆 på en cirkel.
Bevis [29]: Vi låter ett plan 𝜏 skära 𝜋 i linjen 𝑙, och låter därefter en sfär 𝜔 skära 𝜋 i
cirkel 𝑆 och tangera planet 𝜏 i en punkt 𝑂. Planet 𝜋 ′ definieras därefter som ett plan,
parallellt med 𝜏, som tangerar 𝜔 i punkten 𝑇, punkten diametralt motsatt 𝑂 i sfären 𝜔.
Centralprojektion av planet 𝜋 på planet 𝜋′ med 𝑂 som perspektivcentrum ger då att
cirkeln 𝑆 avbildas på en cirkel 𝑆′ i 𝜋′, och då varje linje från 𝑂 till linjen 𝑙 är parallel
med 𝜋′ avbildas 𝑙 på oändlighetslinjen till planet 𝜋′. □
Sats 2.4.1.7 Givet en cirkel 𝑆 och en godtycklig punkt 𝑃 i 𝑆 kan man genom en
centralprojektion avbilda 𝑆 på en cirkel 𝑆′ på ett sådant sätt att centralprojektionen av
𝑃 är medelpunkt i 𝑆′.
Bevis [29]: En centralprojektion som uppfyller satsen kan göras genom att dra två
kordor 𝐴𝐶 och 𝐵𝐷 i cirkel 𝑆 så att deras skärningspunkt, 𝑃, är inuti cirkel 𝑆. Om 𝑋 är
skärningspunkten 𝐴𝐵 ∩ 𝐶𝐷 och 𝑌 skärningspunkten 𝐴𝐷 ∩ 𝐵𝐶, och 𝑆 ligger i ett plan
𝜋, avbildar vi planet 𝜋 på ett plan 𝜋′ så att 𝑆 avbildas på en cirkel 𝑆′ och 𝑋𝑌 avbildas på
oändlighetslinjen till plan 𝜋′. En sådan centralprojektion kan göras enligt sats 2.4.1.6,
eftersom 𝑋𝑌 inte skär 𝑆; om den skar 𝑆 skulle den skära båge 𝐴𝐵, båge 𝐶𝐷 eller båda
bågarna 𝐴𝐷 och 𝐵𝐶 eftersom 𝑋𝑌 går genom 𝑋, och båge 𝐴𝐷, båge 𝐵𝐶 eller båda
bågarna 𝐴𝐵 och 𝐶𝐷 eftersom 𝑋𝑌 går genom 𝑌. Villkoren är oförenliga, vilket innebär
att linje 𝑋𝑌 och cirkel 𝑆 inte har några gemensamma punkter. Eftersom linjernas 𝐴𝐵
och 𝐶𝐷 avbildningar, respektive linjernas 𝐴𝐷 och 𝐵𝐶 avbildningar, skär varandra på en
oändlighetslinje måste respektive par av linjer vara parallella. Avbildningen av
fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 är således en parallellogram, och då den är inskriven i cirkel 𝑆′ är
den en rektangel som en följd av randvinkelsatsen. Därav följer att skärningspunkten
mellan diagonalerna, som är avbilden av 𝑃, är medelpunkt i cirkel 𝑆′. □
25
2.4.2 Dualitet
I det projektiva planet är dualitet en egenskap som möjliggör förenklingen av vissa
problem och gör att man från existerande satser kan få ny kunskap.[30] Vi börjar med
att definiera begreppen pol och polar:
Givet en cirkel 𝑆, en punkt 𝑃 ∉ 𝑆 och en linje 𝑝, är 𝑃 pol till 𝑝 och 𝑝 polar till 𝑃 med
avseende på cirkel 𝑆 om det för två linjer 𝐴𝐴1 och 𝐵𝐵1, som skär 𝑆 i 𝐴 och 𝐴1
respektive 𝐵 och 𝐵1, gäller att 𝑃 = 𝐴𝐴1 ∩ 𝐵𝐵1 och att 𝑝 är linjen mellan 𝐴𝐵 ∩ 𝐴1 𝐵1
och 𝐴𝐵1 ∩ 𝐵𝐴1 . Ligger 𝑃 på cirkel 𝑆 är dess polar 𝑝 tangenten till 𝑆 vid 𝑃.[31]
Medelpunkten i cirkel 𝑆 har oändlighetslinjen som polar, och linjerna genom
medelpunkten har oändlighetspunkterna som poler.[32]
Figur 26: Punkten 𝑃 är pol till linjen 𝑝, som i sin tur är polar till 𝑃, med avseende på 𝑆.
Genom att i planet byta varje linje mot sin pol och varje punkt mot sin polar, allt med
avseende på någon viss cirkel, erhålls en slags avbildning, en reciprocitet, som ersätter
varje punkt med en linje och varje linje med en punkt.[30] Om ett resultat gäller i det
projektiva planet kan vi, genom reciprokation, visa att det duala resultatet gäller. Därför
kan man ur en sats få en dual sats genom att ersätta varje punkt med sin pol och varje
linje med sin polar.[33] Exempel på duala satser är Pascals sats och Brianchons
sats.[32]
Figur 27: Dualitet ger oss ur fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 en fyrsiding 𝑎𝑏𝑐𝑑 och tvärtom.
26
För att hitta den duala satsen till en sats eller det duala resultatet till ett resultat måste ett
antal ord bytas ut; när ett ord ur någon av följande kolumner dyker upp ska den ersättas
av motsvarande ord i den andra kolumnen för att få den duala satsen:
Punkt
Ligga på
Linje genom
I samma punkt varandra skärande
Fyrhörning
Pol
Tangent
Linje
Skära
Skärningspunkt mellan
Kolinjär
Fyrsiding
Polar
Tangeringspunkt.[34]
För en pol 𝑃 och dess polar 𝑝 med avseende på en cirkel 𝑆 gäller det att linjen genom 𝑃
och medelpunkten i cirkel 𝑆 är vinkelrät mot 𝑝, och att skärningspunkten med 𝑝 är
inversen av punkten 𝑃 med avseende på cirkel 𝑆. Således gäller det, om 𝑃′ och 𝑃 är
inverser av varandra, att polaren till 𝑃 är normalen till 𝑃𝑃′ i punkten 𝑃′ och att polaren
till 𝑃′ är normalen till 𝑃𝑃′ i punkten 𝑃.[34]
Figur 28: Pol och polar kan hittas med hjälp av inversion.
Vi antar att 𝐴 och 𝐵 är två punkter och 𝑎 och 𝑏 deras respektive polar. Då är polen till
linjen 𝐴𝐵 skärningspunkten mellan 𝑎 och 𝑏. Dessutom gäller det att, om en punkt 𝑃
ligger på en linje 𝑞, så ligger polen 𝑄 till 𝑞 på polaren 𝑝 till 𝑃.[33]
Figur 29: Polen till 𝐴𝐵 är skärningspunkten
𝑎 ∩ 𝑏.
Figur 30: 𝑃 ligger på 𝑞, och 𝑄 ligger
på 𝑝.
27
En cirkel kan betraktas vara uppbyggd av oändligt många punkter, eller ses som ett
hölje som begränsas av oändligt många linjer. Den duala motsvarigheten till en cirkel är
en cirkel, men betraktas vara uppbyggd på motsatt sätt.[33]
Figur 31: En cirkel kan definieras av oändligt många punkter eller oändligt många
linjer.
Ytterligare en av dualitetens egenskaper är att vinkeln som bildas mellan linjerna 𝑝 och
𝑞 är lika stor som vinkeln 𝑃𝑂𝑄, där 𝑃 och 𝑄 är pol till 𝑝 respektive 𝑞 med avseende
på någon cirkel vars medelpunkt är 𝑂.[35]
Figur 32: Vinkeln mellan 𝑝 och 𝑞 är lika stor som 𝑃𝑂𝑄 eller dess komplementvinkel.
2.4.3 Parallellprojektion
Att specialfall av projektiva avbildningar är då perspektivcentrumet 𝑂 är en
oändlighetspunkt. Då får vi en så kallad parallellprojektion, där varje punkt 𝑃 i ett plan
𝜋 avbildas på en punkt 𝑃′ i ett annat plan 𝜋′ så att linjen 𝑃𝑃′ har samma riktning för alla
28
möjliga val av punkten 𝑃 i 𝜋. En parallellprojektion karakteriseras alltså av riktningen
genom två motsvarande punkter.[36]
Ett sätt att visualisera parallellprojektioner är skuggorna som skapas i solljus på ett plant
underlag; klipper man ut en figur i papper och håller upp den blir dess skugga på ett
plant underlag en parallellprojektion av figuren. På grund av avståndet till solen kan
solstrålarna betraktas vara i det närmaste parallella.[36]
Sats 2.4.3.1 Om två plan 𝜋 och 𝜋′ är parallella avbildas en figur 𝐹 i 𝜋 genom en
parallellprojektion på en kongruent figur i planet 𝜋′.
Figur 33: Planen 𝜋 och 𝜋′ är parallella, så 𝐹 ≅ 𝐹′.
Bevis: Om 𝑃 är en punkt i 𝜋 och 𝑃′ dess avbild i 𝜋′ är riktningen på linjen 𝑃𝑃′ konstant
oberoende av val av punkten 𝑃. Om normalen från 𝑃 mot 𝜋′ skär 𝜋′ i punkten 𝑄 har
vinklarna 𝑄𝑃𝑃′ , 𝑃𝑃′𝑄 konstant storlek oberoende av valet av 𝑃, vilket innebär att även
𝑃′𝑄𝑃 har konstant storlek. Eftersom 𝜋 och 𝜋′ är parallella måste sträckan 𝑃𝑄 alltid
vara lika lång, så enligt kongruensfall VSV är triangel 𝑃𝑃′𝑄 kongruent för alla möjliga
val av 𝑃. Därmed har sträckan 𝑃𝑃′ förutom konstant riktning även konstant längd,
vilket innebär att vi kan beskriva parallellprojektionen från 𝜋 på 𝜋′ med hjälp av
vektorn 𝑷𝑷′. Men då är parallellprojektionen bara en translation i rummet, alltså en
isometri, varför en figur 𝐹 i 𝜋 måste vara kongruent med sin avbild 𝐹 ′ i 𝜋′. □
Sats 2.4.3.2 Förhållandet mellan längerna av två sträckor på samma linje, alternativt
på olika, parallella linjer, är samma som motsvarande förhållande för sträckornas
avbilder under en parallellprojektion.
Bevis: För ett bevis hänvisas läsaren till [36].
29
Sats 2.4.3.3 Förhållandet mellan areorna av två figurer är samma som areorna av
deras parallellprojektioner.
Bevis [36]: Vi låter 𝐹1 och 𝐹2 vara två figurer i ett plan 𝜋, och 𝐹1′ och 𝐹2′ vara deras
respektive parallellprojektioner i ett annat plan 𝜋′. Om vi täcker planet 𝜋 med ett rutnät
av kongruenta kvadrater, och låter deras storlek minska, närmar sig förhållandet mellan
antalet sådana kvadrater i 𝐹1 och antalet sådana kvadrater i 𝐹2 förhållandet mellan deras
areor. Blir kvadraternas storlek tillräckligt litet blir förhållandet lika stort som
förhållandet 𝐴1 ⁄𝐴2 mellan figurernas areor.
Som en följd av sats 2.4.3.2 avbildas kvadraterna i plan 𝜋 på sinsemellan kongruenta
parallellogrammer i plan 𝜋′. Befinner sig en av kvadraterna inuti en av figurerna i planet
𝜋 kommer motsvarande parallellogram att befinna sig inuti motsvarande figur i 𝜋′.
Därför är förhållandet mellan antalet kvadrater i figurerna i 𝜋 lika stort som förhållander
mellan antalet parallellogrammer i motsvarande figurer i 𝜋′, som i sin tur närmar sig
förhållandet mellan areorna av figurerna i planet 𝜋′. Därmed måste det gälla att
𝐴1 ⁄𝐴2 = 𝐴1′ ⁄𝐴′2 , där 𝐴1′ ⁄𝐴′2 är förhållandet mellan areorna av 𝐹1′ och 𝐹2′ . □
Sats 2.4.3.4 Givet tre ej kolinjära punkter 𝐴, 𝐵, 𝐶 i ett plan, och tre ej kolinjära punkter
𝑀, 𝑁, 𝑃 i ett annat plan, är det möjligt att placera planen på ett sådant sätt att
∆𝐴𝐵𝐶 genom en parallellprojektion avbildas på en triangel i det andra planet som är
likformig med ∆𝑀𝑁𝑃
Figur 34: I figuren är ∆𝐴𝐵𝐶′~∆𝑀𝑁𝑃, och parallellprojektionen från 𝜋 till 𝜋′
kännetecknas av riktningen på 𝐶𝐶′.
Bevis [36]: Vi kallar planet i vilket ∆𝐴𝐵𝐶 ligger för 𝜋 och det andra planet för 𝜋′. Om
vi då flyttar de två planen så att deras skärningslinje är linjen 𝐴𝐵 kan vi välja en punkt
𝐶′ i 𝜋′ sådan att ∆𝐴𝐵𝐶′~∆𝑀𝑁𝑃. Då kännetäcknar riktningen på linjen 𝐶𝐶′
parallellprojektionen som avbildar triangel 𝐴𝐵𝐶 på triangel 𝐴𝐵𝐶′. □
30
2.5 Avbildningarna och olika problemtyper
Isometrier avbildar figurer på kongruenta figurer, vilket gör att figurers areor inte ändras
under sådana avbildningar. Denna egenskap gör isometrier särskilt lämpade att
användas i bevis på många satser som har med area att göra.[13] Dessutom behåller
isometrier längden av sträckor, vilket kan vara en användbar egenskap.
Eftersom isometrier är specialfall av likformighetsavbildningar kan många lösningar
som använder sig av isometrier generalisras om problemet i stället löses med
likformighetsavbildningar.[37] Ett exempel är rotation som är ett specialfall av
spirallikformighet. Dessutom ser vi att likformighetsavbildningen sträckning även den
är ett specialfall av spirallikformighet, vilket gör att vissa lösningar som använder
dilatation kan generaliseras om spiral similarities användes i stället.[19]
Många problem som handlar om att bestämma det maximala eller minimala värdet på
någon geometriska kvantitet, eller visa hur man gör en konstruktion för att maximera
eller minimera någon sådan kvantitet, kan smidigt lösas med isometrier och
likformighetsavbildningar. Ett sådant problem är att hitta den kortaste vägen mellan två
givna punkter 𝐴 och 𝐵 som även passerar någon obestämd punkt 𝑋 på en linje 𝑙, där 𝐴
och 𝐵 är på samma sida om 𝑙.[38] Beviset går ut på att spegla 𝐵 i 𝑙 vilket ger att
𝐵𝑋 = 𝐵′𝑋, där 𝐵′ är spegelpunkten av 𝐵. Då är 𝐴𝑋 + 𝐵𝑋 = 𝐴𝑋 + 𝐵′𝑋, som är lägst då
𝐴, 𝑋 och 𝐵′ är kolinjära.
En av de speciella egenskaper inversioner har är att cirklar, genom ett bra val av
inversionscentrum, kan inverteras till linjer. Egenskapen kan visa sig vara användbar i
många problem som innehåller cirklar,[39] se exempelvis lösningen till Problem 5.
När ett problem handlar om egenskaper som ej förändras under en projektiv avbildning
kan man ofta använda sig av sådana avbildningar för att hitta en lösning. Ett exempel på
det är problem som handlar om att bevisa kolinjäritet, eller att flera linjer skär varandra
i en enda punkt.[40]
Centralprojektioner deformerar oftast cirklar och avbildar dem på figurer som inte är
cirklar, men att det ändå finns sätt att centralprojicera cirklar på cirklar gör att sådana
avbildningar kan användas även i problem som har med cirklar att göra.[28]
I många fall kan man genom dualitetsprincipen härleda den duala satsen till en sats. Det
innebär att man i många fall kan omvandla satsen man försöker bevisa till en annan sats,
som kan vara lättare att bevisa.[41]
31
1. PROBLEM
Nedan följer ett antal problem som kan lösas med hjälp av de avbildningar som
presenterats tidigare i arbetet. Lösningarna till problemen finns i nästa kapitel, men
läsare som önskar ha en djupare förståelse för avbildningarna uppmuntras att själv
försöka lösa några av problemen.
3.1 Isometrier
Problem 1 Visa att varje konvex fyrhörning 𝐴𝐵𝐶𝐷 har en area som är mindre än eller
lika med
̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅
𝐴𝐵 ∙ ̅̅̅̅
𝐶𝐷 + 𝐵𝐶
𝐷𝐴
. [42]
2
Problem 2 Givet en triangel 𝐴𝐵𝐶, och tre liksidiga trianglar 𝐴′𝐵𝐶, 𝐴𝐵′𝐶 och 𝐴𝐵𝐶′
̅̅̅̅̅ = 𝐶𝐶′
̅̅̅̅̅ och att linjerna 𝐴𝐴′, 𝐵𝐵′ och
sådana att de inte skär ∆𝐴𝐵𝐶, visa att ̅̅̅̅̅
𝐴𝐴′ = 𝐵𝐵′
𝐶𝐶′ skär varandra i en och samma punkt. [42]
3.2 Likformighetsavbildningar
Problem 3 Givet en triangel 𝐴𝐵𝐶, kalla tangeringspunkten mellan den inskrivna
cirkeln och sidan 𝐵𝐶 för 𝑇 och punkten som är diametralt motsatt 𝑇 för 𝑆. Låt dessutom
tangeringspunkten mellan sidan 𝐵𝐶 och den vidskrivna cirkeln, som tangerar sidan 𝐵𝐶
och förlängningarna av 𝐴𝐵 och 𝐴𝐶, heta 𝑃. Visa att 𝐴, 𝑆 och 𝑃 är kolinjära.
Problem 4 (IMO 1978) I en triangel 𝐴𝐵𝐶 är 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶. En cirkel tangerar internt den
omskrivna cirkeln till trangel 𝐴𝐵𝐶 och dessutom sidorna 𝐴𝐵, 𝐴𝐶 i 𝑃 respektive 𝑄. Visa
att mittpunkten på sträckan 𝑃𝑄 är medelpunkt i den inskrivna cirkeln till 𝐴𝐵𝐶.
3.3 Inversion
Problem 5 Bevisa Ptolemaios sats, det vill säga att för fyra punkter 𝐴, 𝐵, 𝐶 och 𝐷 på
samma cirkel gäller sambandet
̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅
𝐴𝐵 ∙ ̅̅̅̅
𝐶𝐷 + 𝐵𝐶
𝐷𝐴 = ̅̅̅̅
𝐴𝐶 ∙ ̅̅̅̅
𝐵𝐷. [43]
Problem 6 (USAMO 1993) Den konvexa fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 är sådan att
diagonalerna 𝐴𝐶 och 𝐵𝐷 är vinkelräta. Om punkten 𝑂 är diagonalernas
32
skärningspunkt, visa att punkterna som fås genom att spegla 𝑂 i sidorna 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷
och 𝐷𝐴 bildar en cyklisk fyrhörning.
3.4 Projektiva avbildningar
Problem 7 Diametern 𝑈𝑉 I en cirkel avgränsar en halvcirkel, på vilken det finns två
̅̅̅̅. Beteckna med 𝑅 skärningspunkten mellan
̅̅̅̅ < 𝑈𝑄
punkter 𝑃 och 𝑄 sådana att 𝑈𝑃
tangenterna till halvcirkeln vid 𝑃 och 𝑄, och låt 𝑆 vara skärningspunkten mellan
linjerna 𝑈𝑃 och 𝑉𝑄. Visa att linjerna 𝑅𝑆 uch 𝑈𝑉 är vinkelräta.[44]
Problem 8 För en triangel 𝐴𝐵𝐶 definieras punkterna 𝐷 och 𝐸 så att de ligger på sidan
̅̅̅̅ = ̅̅̅̅
𝐵𝐶 och 𝐵𝐷
𝐷𝐸 = ̅̅̅̅
𝐸𝐶 . En linje 𝑙 skär linjerna 𝐴𝐵, 𝐴𝐷, 𝐴𝐸 och 𝐴𝐶 i punkterna 𝐾, 𝐿,
̅̅̅̅̅ ≥ 3𝐿𝑀
̅̅̅̅.[45]
𝑀 respektive 𝑁. Bevisa olikheten 𝐾𝑁
33
2. LÖSNINGAR TILL PROBLEMEN
Problem 1 [42] Vi drar mittpunktsnormalen 𝑙 till diametern 𝐴𝐶 och speglar triangeln
𝐴𝐶𝐷 i 𝑙. Vi ser att 𝐴 och 𝐶 är varandras spegelbilder, och vi kallar spegelbilden av
hörnet 𝐷 för 𝐷′. Trianglarna 𝐴𝐶𝐷 och 𝐶𝐴𝐷′ blir kongruenta och har därför samma area,
̅̅̅̅̅, 𝐶𝐷
̅̅̅̅̅ och att fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷′ har samma area
̅̅̅̅ = 𝐶𝐷′
̅̅̅̅ = 𝐴𝐷′
vilket medför att 𝐴𝐷
som den ursprungliga fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷. Enligt areasatsen har 𝐴𝐵𝐶𝐷′ arean
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝐴𝐷′
̅̅̅̅ ∙ ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝐶𝐷
̅̅̅̅
𝐴𝐵
𝐵𝐶
𝐶𝐷′
𝐴𝐵
sin 𝐷′𝐴𝐵 +
sin 𝐵𝐶𝐷′ =
sin 𝐷′ 𝐴𝐵
2
2
2
̅̅̅̅ ∙ 𝐴𝐷
̅̅̅̅
𝐵𝐶
+
sin 𝐵𝐶𝐷′ .
2
För alla reella 𝜃 är sin 𝜃 ≤ 1, så vi får att arean av fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷′ och därmed
1
̅̅̅̅̅̅. □
̅̅̅̅ ∙ 𝐴𝐷)
även 𝐴𝐵𝐶𝐷 är mindre än eller lika med ̅̅̅̅̅
(𝐴𝐵 ∙ ̅̅̅̅
𝐶𝐷 + 𝐵𝐶
2
Problem 2 [42] Om vi antar att hörnen 𝐴, 𝐵 och 𝐶 kommer i den ordningen medsols ser
vi att rotationen 𝑟 med centrum 𝐶 och med vinkeln 60° motsols avbildar 𝐴′ på 𝐵 och 𝐴
̅̅̅̅̅. På liknande
på 𝐵′, det vill säga ∆𝐴𝐶𝐴′ avbildas på ∆𝐵𝐶𝐵′. Det innebär att ̅̅̅̅̅
𝐴𝐴′ = 𝐵𝐵′
̅̅̅̅̅ = 𝐶𝐶′
̅̅̅̅̅, så ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ = 𝐶𝐶′
̅̅̅̅̅.
sätt kan vi få att 𝐵𝐵′
𝐴𝐴′ = 𝐵𝐵′
34
Vi kallar skärningspunkten mellan 𝐴𝐴′ och 𝐵𝐵′ för 𝑃. Rotationen 𝑟 roterar 𝐴𝐴′ 60°
motsols på 𝐵𝐵′, så vinkeln mellan 𝐴𝐴′ och 𝐵𝐵′ är 60°. Vi ser att 𝐴′ 𝐶𝐵 = 𝐴′𝑃𝐵 och
att 𝐴𝐶𝐵′ = 𝐴𝑃𝐵′, så enligt randvinkelsatsen ligger 𝑃 på samma cirklar som 𝐴′, 𝐵, 𝐶
respektive 𝐴, 𝐵′ 𝐶. Dessutom är 𝐵𝑃𝐶 = 180° − 𝐶′𝐴𝐵, så som en följd av samma
sats ligger 𝑃 också på samma cirkel som 𝐴, 𝐵 och 𝐶′. På samma sätt får vi att även
skärningspunkterna 𝐵𝐵′ ∩ 𝐶𝐶′ och 𝐶𝐶′ ∩ 𝐴𝐴′ ligger på skärningspunkten mellan de
omskrivna cirklarna till ∆𝐴′𝐵𝐶, ∆𝐴𝐵′𝐶¨och ∆𝐴𝐵𝐶′, så 𝐴𝐴′, 𝐵𝐵′ och 𝐶𝐶′ måste skära
varandra i en punkt. □
Problem 3 Tangenten 𝑠 till den inskrivna punkten vid 𝑆 är parallell med sidan 𝐴𝐵,
eftersom både 𝑠 och 𝐵𝐶 är vinkelräta mot 𝑆𝑇. Sträckningen med centrum 𝐴 som
avbildar den inskrivna cirkeln på den vidskrivna cirkeln avbildar tangenten 𝑡 på en
parallell linje som tangerar den vidskrivna cirkeln och som befinner sig på samma sida
om den vidskrivna cirkeln som punkten 𝐴. Den enda sådana linjen är 𝐴𝐵, och
tangeringspunkten 𝑆 avbildas på tangeringspunkten 𝑃. Det innebär att 𝐴, 𝑆 och 𝑃 måste
vara kolinjära. □
Problem 4 [46] Vi låter cirkeln som tangerar 𝑃 och 𝑄 ha medelpunkten 𝑀 och tangera
den omskrivna cirkeln i en punkt 𝐷. Vi betecknar dessutom mittpunkten på sträckan 𝑃𝑄
med 𝐼. Linjen 𝐴𝑀 måste vara symmetrilinje i figuren eftersom triangel 𝐴𝐵𝐶är likbent,
så 𝐼 och 𝐷 ligger på samma linje som 𝐴 och 𝑀. Vi låter sträckningen med centrum 𝐴
och som avbildar linjen 𝐵𝐶 på en linje som innehåller 𝐷 ha skalfaktor 𝑘, och betecknar
̅̅̅̅ . Som en följd av
avbilden av 𝐵, 𝐶 för 𝐵′ respektive 𝐶′. Det gäller alltså att ̅̅̅̅̅
𝐴𝐶′ = 𝑘𝐴𝐶
randvinkelsatsen är ∆𝐴𝐶𝐷 rätvinklig, och då 𝑄 är tangeringspunkten mellan sidan 𝐴𝐶′
35
och den omskrivna cirkeln till ∆𝐴𝐵′𝐶′ ser vi att även ∆𝐴𝑄𝑀 är rätvinklig. Trianglarna
𝐴𝐼𝑄, 𝐴𝑄𝑀, 𝐴𝐶𝐷 och 𝐴𝐷𝐶′ har förutom en rät vinkel även vinkel 𝐷𝐴𝐶′ gemensam, så
de är likformiga. Därav ser vi att
̅̅̅̅̅
𝐴𝑀 ̅̅̅̅̅
𝐴𝑀 ̅̅̅̅
𝐴𝑃 ̅̅̅̅
𝐴𝐷 ̅̅̅̅̅
𝐴𝐶′ ̅̅̅̅̅
𝐴𝐶′
=
∙
=
∙
=
= 𝑘,
̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅ 𝐴𝐶
̅̅̅̅ 𝐴𝐷
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝐴𝐼
𝐴𝑃 𝐴𝐼
𝐴𝐶
̅̅̅̅̅ = 𝑘𝐴𝐼
̅̅̅ . Vi ser alltså att sträckningen som avbildar 𝐵, 𝐶 på 𝐵′, 𝐶′
det vill säga att 𝐴𝑀
avbildar 𝐼 på 𝑀. Eftersom 𝑀 är medelpunkten i den inskrivna cirkeln till triangel 𝐴𝐵′𝐶′
måste 𝐼 vara medelpunkten i den omskrivna cirkeln till triangel 𝐴𝐵𝐶. □
Problem 5 [43] Vi väljer hörnet 𝐷 som medelpunkten i en cirkel med en godtycklig
positiv rasdie 𝑟, och inverterar i den cirkeln så att 𝐴, 𝐵, 𝐶 inverteras på 𝐴′, 𝐵′ respektive
𝐶′. Den omskrivna cirkeln till den cykliska fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 inverteras enligt sats
2.3.2 på en llinje som ej går genom 𝐷, vilket innebär att 𝐴′, 𝐵′ och 𝐶′ är kolinjära och
̅̅̅̅̅̅ = ̅̅̅̅̅
att ̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ + 𝐵′𝐶′
𝐴′𝐶′. Enligt sats 2.3.8 blir
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅ =
𝐴′𝐵′ + 𝐵′𝐶′
𝑟2
𝑟2
𝑟2
̅̅̅̅ +
̅̅̅̅ = ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ,
𝐴𝐵
𝐵𝐶
𝐴′𝐶′ =
𝐴𝐶
̅̅̅̅ ∙ 𝐵𝐷
̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝐶𝐷
̅̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅̅ ∙ 𝐶𝐷
𝐴𝐷
𝐵𝐷
𝐴𝐷
vilket medför att
̅̅̅̅
̅̅̅̅ = ̅̅̅̅
𝐶𝐷 ∙ ̅̅̅̅
𝐴𝐵 + ̅̅̅̅
𝐴𝐷 ∙ 𝐵𝐶
𝐵𝐷 ∙ ̅̅̅̅
𝐴𝐶 . □
36
Problem 6 [43] Avbilderna av 𝑂 under spegling i sidorna 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 respektive 𝐷𝐴
kan avbildas på ortogonalprojektionerna av 𝑂 på respektive sida genom en sträckning
med centrum 𝑂 och skalfaktorn 1/2. Sträckning är en likformighetsavbildning, så på
grund av likformighet räcker det om vi visar att ortogonalprojektionerna bildar en
cyklisk fyrhörning. Vi kallar ortogonalprojektionerna av 𝑂 på 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐷𝐴 för 𝑃,
𝑄, 𝑅 respektive 𝑆. Linjerna 𝑂𝑃, 𝑂𝑄, 𝑂𝑅, 𝑂𝑆 är vinkelräta mot sidorna 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷
respektive 𝐷𝐴, så som en följd av randvinkelsatsen är 𝐴𝑃𝑂𝑄, 𝐵𝑄𝑂𝑃, 𝐶𝑅𝑂𝑄 och 𝐷𝑆𝑂𝑅
cykliska fyrhörningar. Vi kallar fyrhörningarnas omskrivna cirklar för 𝜔1, 𝜔2 , 𝜔3
respektive 𝜔4 .
Diagonalerna 𝐴𝐶 och 𝐵𝐷 är vinkelräta, så 𝐴𝐶 är tangent till de omskrivna cirklarna 𝜔2
och 𝜔4 medan 𝐵𝐷 är tangent till 𝜔1 och 𝜔3 . En tangent är vinkelrät mot diagonalen till
tangeringspunkten, så 𝑂𝐴, 𝑂𝐵, 𝑂𝐶,𝑂𝐷 är diametrar i 𝜔1, 𝜔2 , 𝜔3 respektive 𝜔4 .
Vi inverterar hela figuren i en cirkel mer centrum 𝑂 och radien 𝑟. Enligt sats 2.3.4
inverteras linjerna 𝐴𝐶 och 𝐵𝐷 på sig själva, och sats 2.3.2 säger att 𝜔1, 𝜔2 , 𝜔3 och 𝜔4
inverteras på linjerna 𝑙1, 𝑙2 , 𝑙3 respektive 𝑙4 som ej går genom 𝑂 och som är sådana att
𝑙1 och 𝑙3 är vinkelräta mot 𝐴𝐶 medan 𝑙2 och 𝑙4 är vinkelräta mot 𝐵𝐷. Eftersom 𝐴𝐶 och
𝐵𝐷 är vinkelräta innebär det att 𝑙1 ‖𝑙3 ‖𝐵𝐷 och 𝑙2 ‖𝑙4 ‖𝐴𝐶, så 𝑙1, 𝑙2 , 𝑙3 och 𝑙4 bildar en
rektangel. Skärningspunkterna 𝑙1 ∩ 𝑙2 , 𝑙2 ∩ 𝑙3 , 𝑙3 ∩ 𝑙4 , 𝑙4 ∩ 𝑙1 är inverserna av 𝑃, 𝑄, 𝑅
respektive 𝑆. Enligt sats 2.3.6 bevaras vinklars storlek under inversion, vilket innebär att
fyrhörningen 𝑃𝑄𝑅𝑆 är en rektangel. Som en följd av randvinkelsatsen är alla rektanglar
cykliska fyrhörningar, så det gäller även för 𝑃𝑄𝑅𝑆. □
Problem 7 [44] Vi betecknar skärningspunkten 𝑃𝑄 ∩ 𝑈𝑉 med 𝑇. Eftersom 𝑅 är
skärningspunkten mellan tangenterna till halvcirkeln vid 𝑃 och 𝑄 är linjen 𝑃𝑄 polar till
𝑅. Punkten 𝑇 ligger på polaren till 𝑅, så 𝑅 måste ligga på polaren till 𝑇. Vi vet att
polaren till punkten 𝑇 är linjen genom 𝑈𝑄 ∩ 𝑉𝑃 och 𝑈𝑃 ∩ 𝑉𝑄 = 𝑆 och är vinkelrät mot
linjen genom 𝑇 och medelpunkten i halvcirkeln, som är linjen 𝑈𝑉. Alltså ligger både 𝑅
och 𝑆 på polaren till 𝑇 som är vinkelrät mot linjen 𝑈𝑉, så 𝑅𝑆 ⊥ 𝑈𝑉. □
37
Problem 8 [45] Om vi låter två olika plan, som inte sammanfaller med papprets plan,
gå genom linjerna 𝐾𝑁 respektive 𝐵𝐶 ser vi att 𝐾, 𝐿, 𝑀, 𝑁 är avbildningarna av 𝐵, 𝐷, 𝐸
respektive 𝐶 genom en centralprojektion med centrum 𝐴. Därmed gäller sambandet
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝑁𝑀 ∙ ̅̅̅̅
𝐾𝐿 ̅̅̅̅
𝐶𝐸 ∙ ̅̅̅̅
𝐵𝐷
𝐵𝐷/3 ∙ ̅̅̅̅
𝐵𝐷/3
1
=
=
=
̅̅̅̅ ∙ 𝐵𝐸
̅̅̅̅ ∙ 𝐾𝑀
̅̅̅̅̅ 𝐶𝐷
̅̅̅̅ 2𝐵𝐷
̅̅̅̅/3 ∙ 2𝐵𝐷
̅̅̅̅/3 4
𝑁𝐿
enligt sats 2.4.1.4. Om vi inför beteckningarna 𝑎 = ̅̅̅̅
𝐾𝐿, 𝑏 = ̅̅̅̅
𝐿𝑀 och 𝑐 = ̅̅̅̅̅
𝑀𝑁 ser vi att
̅̅̅̅̅
𝑁𝑀 ∙ ̅̅̅̅
𝐾𝐿
−𝑐𝑎
1
=
= ,
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
𝑁𝐿 ∙ 𝐾𝑀 (−𝑏 − 𝑐)(𝑎 + 𝑏) 4
̅̅̅̅ = 3𝑏, det vill
så 4𝑎𝑐 = (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐). Det vi vill visa är att ̅̅̅̅̅
𝐾𝑁 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 3𝐿𝑀
säga att 𝑎 + 𝑐 ≥ 2𝑏. Vi antar motsatsen, att 𝑎 + 𝑐 < 2𝑏, vilket ger att 3𝑎 + 𝑏 < 2(𝑎 +
𝑏). Enligt 𝐴𝑀-𝐺𝑀 -olikheten är
4
2(𝑎 + 𝑏) > 3𝑎 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑎 + 𝑎 + 𝑐 ≥ 4 √𝑎3 𝑐 .
4
På samma sätt får vi att 2(𝑏 + 𝑐) > 𝑎 + 3𝑐 ≥ 4 √𝑎𝑐 3 , så
4
4
16𝑎𝑐 = 4(𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) > 4 √𝑎3 𝑐 ∙ 4 √𝑎𝑐 3 = 16𝑎𝑐,
̅̅̅̅̅ ≥ 3𝐿𝑀
̅̅̅̅. □
vilket är en motsägelse. Således måste det gälla att 𝑎 + 𝑐 ≥ 2𝑏, alltså är 𝐾𝑁
38
3. DISKUSSION
På lösningarna till problem 1-8 ser vi att resonemang med geometriska avbildningar kan
vara till hjälp i att finna lösningar till många geometriska problem. En viktig sak att
notera är att vissa problem, som problem 3, 5, 6 och 7, kan lösas med hjälp av nästan
enbart avbildningarnas egenskaper och satser, medan andra problem som problem 1 och
8 dessutom kräver andra metoder, såsom trigonometri och lite mer avancerad algebra.
Därav ser vi att enbart resonemang med avbildningar inte alltid räcker för att lösa ett
problem. Även om avbildningarna kan vara ett viktigt redskap är det alltså inte
gynnsamt att bortse från andra metoder och taktiker när man löser problem.
Under en avbildning bibehålls vissa egenskaper, som sträckors längder, areor och
vinklars storlek under isometrier, sträckors och areors förhållanden och vinklars storlek
under likformighetsavbildningar, vinklars storlek och vissa förhållanden mellan längder
under inversioner, samt dubbelförhållanden och kolinjäritet under centralprojektioner.
Om man ska bevisa någon viss egenskap kan det vara lönsamt att pröva med en
avbildning som behåller egenskapen, för den nya figuren man får kan vara simplare än
den ursprungliga och lättare leda fram till lösningen. Exempelvis utnyttjades
inversionens egenskap att cirklar i vissa fall avbildas på linjer i problem 5 och 6.
Dessutom användes centralprojektionens bevande av dubbelförhållandet för att lösa
problem 8, och isometriernas areabevarande egenskaper i problem 1.
39
4. REFERENSER
[1] Mathematician's Portrait: Professor Emeritus H.S.M. Coxeter, (1999),
http://www.math.toronto.edu/coxeter/.
[2] Amazon, sökord Samuel L. Greitzer,
http://www.amazon.com/s/ref=dp_byline_sr_book_1?ie=UTF8&fieldauthor=Samuel+L.+Greitzer&searchalias=books&text=Samuel+L.+Greitzer&sort=relevancerank.
[3] Mathematics Genealogy Project; Isaak Moiseivich Yaglom,
http://www.genealogy.ams.org/id.php?id=74405.
[4] Amazon, sökord I. M. Yaglom,
http://www.amazon.com/s?ie=UTF8&page=1&rh=n%3A283155%2Cp_27%3AI.%
20M.%20Yaglom.
[5] Amazon, Anders Tengstrand, http://www.amazon.co.uk/AndersTengstrand/e/B00LQZWKZ6.
[6] Tengstrand, A., (2005), Åtta kapitel om geometri, Lund, Studentlitteratur, s. 301303.
[7] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,
http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf, s. 80.
[8] Ibid. s. 113.
[9] Tengstrand, A., (2005), Åtta kapitel om geometri, Lund, Studentlitteratur, s. 180181.
[10] Yaglom, I. M., (1973), Geometric Transformations III, Washington, D. C., The
Mathematical association of America, s. 4.
[11] Tengstrand, A., (2005), Åtta kapitel om geometri, Lund, Studentlitteratur, s. 217.
[12] Berger M., (2009), Geometry Revealed: A Jacob’s Ladder to Modern Higher
Geometry,
https://arcaneknowledgeofthedeep.files.wordpress.com/2014/02/geometryrevealved
.pdf, s. 131.
[13] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,
http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf, s. 81-82.
[14] Ibid. s. 85-86.
[15] Ibid. s. 94.
40
[16] Yaglom, I. M., (1968), Geometric Transformations II, Washington, D. C., The
Mathematical association of America, s. 53.
[17] Ibid. s. 9.
[18] Ibid. s. 12.
[19] Ibid. s. 36-37.
[20] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,
http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf, s. 108.
[21] Ibid. s. 113.
[22] Tengstrand, A., (2005), Åtta kapitel om geometri, Lund, Studentlitteratur, s. 175.
[23] Ibid. s. 177-178.
[24] Yaglom, I. M., (1973), Geometric Transformations III, Washington, D. C., The
Mathematical association of America, s. 21-22.
[25] Ibid. s. 38-40.
[26] Ibid. s. 24.
[27] Ibid. s. 35.
[28] Ibid. s. 45-57.
[29] Ibid. s. 58-59.
[30] Ibid. s. 74-76.
[31] Ibid. s. 66-67.
[32] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,
http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf, s. 144.
[33] Tengstrand, A., (2005), Åtta kapitel om geometri, Lund, Studentlitteratur, s. 189190.
[34] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,
http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf. s. 133135.
[35] Yaglom, I. M., (1973), Geometric Transformations III, Washington, D. C., The
Mathematical association of America, s. 82.
[36] Ibid. s. 9-13.
[37] Yaglom, I. M., (1968), Geometric Transformations II, Washington, D. C., The
Mathematical association of America, s. 8.
41
[38] Ibid. s. 84-85.
[39] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,
http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf, s. 103.
[40] Yaglom, I. M., (1973), Geometric Transformations III, Washington, D. C., The
Mathematical association of America, s. 7.
[41] Berger M., (2009), Geometry Revealed: A Jacob’s Ladder to Modern Higher
Geometry,
https://arcaneknowledgeofthedeep.files.wordpress.com/2014/02/geometryrevealved
.pdf, s. 33.
[42] Feldman, K. E., Isometries,
https://www.dpmms.cam.ac.uk/~kf262/MMM/L3/L3_2.pdf.
[43] Li, Kin Y., (2004), Inversion, Mathematical Excalibur,
http://www.math.ust.hk/excalibur/v9_n2.pdf, s. 2.
[44] Li, Kin Y., (2006), Pole and Polar, Mathematical Excalibur,
http://www.math.ust.hk/excalibur/v11_n4.pdf s. 1.
[45] Problems in Projective Geometry,
http://imomath.com/index.php?options=628&lmm=0.
[46] Li, Kin Y., (2004), Homothety, Mathematical Excalibur,
http://www.math.ust.hk/excalibur/v9_n4.pdf.
42