Mattebloggen

Många har hört talas om den beryktade randvinkelsatsen. Eventuellt har du träffat på den på gymnasiet. Men få har egentligen koll på hur man bevisar satsen.

Om du vill komma fram till beviset själv med hjälp av några ledande uppgifter, se Cirklar och randvinklar. Annars läs vidare här.

Sats (Randvinkelsatsen)

Markera tre olika punkter A, B och C på en cirkel. Markera även cirkelns mittpunkt O. Då är vinkeln AOC dubblet så stor som vinkeln ABC.

Bevis

Man ska vara väldigt försiktig och rigorös med geometriska bevis. Med det menas att alla möjligheter för bildens utseende ska undersökas, om man nu ska rita någon bild överhuvudtaget.

Så till exempel, kan det se ut så här:

Så hur ska man täcka alla möjligheterna på ett bra sätt? Det beror förstås på vad man tänker baser beviset på.

Oftast betraktas bilderna som väsentligen olika om olika skärningar mellan linjerna äger rum. I bevisen grundar vi ofta resonemang på hur olika objekt ligger i förhållande till varandra och inte så mycket på storlekarna på vinklar, cirkelbågarna etc.

Med detta sagt väljer vi således att betrakta tre fall (som täcker alla möjliga situationer):

Fall I	Fall II	Fall III

Fall I: Vinkel AOC ligger helt inuti vinkeln ABC.
Fall II: Detta är specialfallet då vinkeln AOC delar sida med vinkeln ABC.
Fall III: Två av vinklarnas sidor skär varandra.

Fall II

Detta fall verkar vara enklast, så vi börjar med det. OB=BC för att de är radier, så är likbent. Alltså gäller .

men också .
Då måste . Vilket skulle bevisas.

Fall I

Första fallet då? Vi ”fuskar lite” och drar en hjälplinje. Men nu får vi egentligen Fall II igen! Tillämpa det på varje halva av bilden och addera.

Fall III

Fall III måste väl vara svårare? Inte då! Vi ”fuskar” och drar en hjälplinje igen. Vi får återigen på grund av Fall II att och att . Subtrahera det andra resultatet från det första och vi är klara!

På bordet ligger en papperscirkel med radien 5 cm. Så länge det är möjligt, lägger Ilian till papperskvadrater med sidan 5 cm intill cirkeln så att följande villkor uppfylls:
1. Varje kvadrat har ett hörn som nuddar cirkeln.
2. Kvadraterna överlappar inte varandra.
3. Varje ny kvadrat nuddar den föregåendes hörn med ett hörn.

Bestäm hur många kvadrater Ilian kan lägga ut och visa, att den första och den sista kvadraten måste också nudda varandras hörn.

Jag fick in ett par fina lösningar, och jag kommer att använda mig av Erik T.’s bilder i lösningen (som ni kanske har märkt, ritar jag vanligtvis i paint, fastän jag borde ha lärt mig att TeX:a bilder för länge sen).

Lösning:

Säg att Ilian bestämmer sig för att lägga den andra kvadraten moturs från den första (det är symmetriskt ifall han lägger åt andra hållet). Det går bara att göra på ett sätt för att den nya kvadratens sida ska nudda både cirkeln och ett gammalt hörn (finns bara en punkt på cirkeln på avståndet 5 cm, som inte redan är upptagen).

Lägg på en till kvadrat, spelar inte så stor åt vilket håll, i vilket fall får vi tre kvadrater:

Eftersom cirkelns radie är lika med kvadraternas sidor, bildas figurer som kallas romber. En romb är en fyrkant med alla sidor lika. Man kan dela upp en romb i två trianglar och visa att trianglarna är kongruenta (sida-sida-sida). Då följer att rombens motstående vinklar är lika.

Den inringade vinkeln är 360°. Den består av en 90°-vinkel från kvadraten, samt två vinklar från var sin romb. Vinklarna från romberna är 180°-α respektive 180°-β  stora. För att dessa tillsammans ska bilda en vinkel på 360°, måste α+β=90°.

Detta innebär att för varje två nya kvadrater bildas en ny 90°-vinkel runt cirkelns mittpunkt. Det finns tydligen plats för 8 kvadrater, eftersom hela vinkeln runt cirkelns mittpunkt är 360°.

α och β kommer dessutom alterneras (alla två romber bredvid varandra kommer att ge den sammanlagda vinkeln 90° runt cirkelns mittpunkt.

Således, om vi fortsätter att bygga på kvadrater kommer den nionde romben att sammanfalla med den första. Detta implicerar att den nionde kvadraten sammanfaller med den första. Alltså måste den åttonde och den första kvadraten nudda med hörnen (den åttonde och nionde gör det ju enligt konstruktionsreglerna). Så här ser det ut:

Mattebloggen har en inofficiell tävling i att lösa matematikproblem. Skicka in din lösning med motivering till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan och vinna priser. Har du någon fråga om veckans problem, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

På bordet ligger en papperscirkel med radien 5 cm. Så länge det är möjligt, lägger Ilian till papperskvadrater med sidan 5 cm intill cirkeln så att följande villkor uppfylls:
1. Varje kvadrat har ett hörn som nuddar cirkeln.
2. Kvadraterna överlappar inte varandra.
3. Varje ny kvadrat nuddar den föregåendes hörn med ett hörn.

Bestäm hur många kvadrater Ilian kan lägga ut och visa, att den första och den sista kvadraten måste också nudda varandras hörn.

I en triangel ABC så är mitten av sidan AB markerad med punkten M. Även höjderna AH och BL är utritade. Det visade sig att triangeln MHL blev liksidig. Måste det vara så att även triangeln ABC är liksidig?

Om ja, ge ett bevis för varför den måste vara det. Om nej, visa hur ett motexempel konstrueras.

Svar:

Nej, det går att konstruera ett motexempel. Men för att komma fram till det måste vi titta på bilden lite noggrannare.

Diksussion:

Vi ritar en komplett (men ful) bild där höjderna är inkluderade. BL är alltså vinkelrät mot AC, AH är vinkelrät mot BC och AM = MB.

En viktig observation nu är att LM är medianen i den rätvinkliga triangeln ALB. Och enligt en sats så är medianen i en rätvinklig triangel lika med halva hypotenusan (kan visas genom att titta på vinklarna i de små trianglarna).

Således måste alla sträckorna AM, ML, LH, MH och MB vara lika stora!

Vi ser att vi har antydan till en cirkel, vi ritar med medelpunkt M och radien AM.

Vi ser att denna bild (eller vad man ifall försökte rita) är möjlig, eftersom vinklar, som ska vara räta verkligen är räta. Det är de, eftersom de är randvinklar, som står på en diameter.

Så detta ger oss en idé om hur vi ska konstruera en motexempel från scratch.

Lösning:

Så fort vi har en cirkel, så fixar det där med rätvinklarna sig. Det vi måste garantera är att triangeln MHL som vi konstruerar verkligen är liksidig.

Så vi börjar med en sträcka AB och markerar mitten på den, punkten M:

Sedan ska den liksidiga triangeln MHL dyka upp. Rita en cirkel med diameter AB och då medelpunkten M. Vilka två radier vi än ritar ut, kommer de vara lika långa. Så ta ett par radier så att vinkel mellan dem är 60°. Se till så att

Markera de två ny punkterna på cirkeln med L och H. Den likbenta triangeln LMH med vinkel 60° i toppen måste vara en liksidig triangel, precis vad vi ville ha!

Nu återstår det att hitta punkten C. Den hittar vi på skärningen mellan linjerna AL och BH:

Vinklarna ALB och AHB är verkligen räta, eftersom de står på diametern i den nu snygga cirkeln. Således är AH och BL verkligen höjder. Och triangeln ABC är inte liksidig, eftersom i det fallet skulle punkterna L och H ligga spegelsymmetriskt kring mittpunktsnormalen till AB.

Summan av kardemumman: vi har använt massa geometriska kunskaper för att konstruera en halvful triangel med snygg egenskap!

Om du precis har börjat intressera dig för matematik, då säger jag grattis! Du kommer att bli fascinerad av problem, teorier och bevis många gånger!

Det är inte lika lätt om man fått matematiken serverad på ett guldfat sedan barnsben (eller tonårsben). Ju längre tid som går, desto mer måste man lära sig för att bli imponerad av något nytt tankesätt. Men som pris får man oftast upptäcka något ännu mer fascinerande än förra gången.

Ett av de här tillfälen var jag med om när jag för första gången besökte Uppsala. Det var någon gång vid årsskiftet 2001/2002 och jag gick i ettan på gymnasiet och kunde förstås inte så mycket om universitetsmatematik. Vilket i och för sig inte behövs för historien. Men snart får ni se hur allt ändå hänger ihop.

Vi fick sitta i ett klassrum och en matematiker berättade följade problem för oss.

Tre olika cirklar ligger i planet och de skär inte varandra (och ligger inte inuti varandra heller). För varje par av cirklar dra två linjer, som tangerar båda två cirklarna. Om cirklarna är olika stora, kommer dessa två linjer att skära varandra. Frågan är nu: kommer de tre erhållna skärningspunkterna att ligga på samma linje?

Det visar sig att de måste. Försök att lösa problemet med den geometrin du kan. Det verkar vara svårt att visa, genom att bara rita linjer och bestämma vinklar i planet.

Däremot finns en elegant lösning, som använder sig utav en tredje dimension!

Varför och hur?

Det är en väldigt imponerande idé, att gå högre upp än vad som verkar behövas. Om problemet inte kan lösas, så skall man försöka att titta på det ur en annan synvinkel. Men oftast ligger svårigheten i att välja rätt synvinkel.

Just att gå upp i högre dimensioner visade sig vara nyttigt även i andra vetenskaper. Mycket förklarades av insikten om att jorden är sfärisk, extra dimensioner behövs för att strängteorin skall hålla. Även min forskning handlar om att förstå enklare strukturer genom att titta på de mer kompilcerad. Men hur hjälper den tredje dimensionen i vårt problem?

Föreställ er att det inte är cirklar, utan klot som ligger på ett plant papper, då ser det hela precis ut som på bilden om vi kollar uppifrån. Linjerna är fortfarande linjer, men i rymden kan vi faktiskt konstruera oändligt många linjer som är gemensamma tangenter till två av kloten. Alla dessa gemensamma tangenter bildar en kon, som har sin spets i papprets plan. Spetsen är då även skärningspunkten för de ursprungliga två linjerna.

Men om det finns tre kulor, så är det inte bara så att alla kan läggas på ett papper, vi kan lägga ett plant papper ovanpå dem också! Det pappret tangerar alla kloten, och det har lika mycket rätt att innehålla konspetsarna som det undre planet hade.

Således finns konspetsarna, det vill sägga de erhållna tre punkterna i båda planen. Och två plan skär varandra i en linje! Alltså ligger punkterna på en och samma linje.

Nu kan vi alltså glömma bort hela tredje dimensionen-grejen. Vi har visat att de tre punkterna ligger på samma linje i det tvådimensionella planet.

Här kan ni även titta på en film som illustrerar lösningen.

Från början har vi en kvartscirkel med radie 1 (cm om man så vill). Gränserna för kvartscirkeln utgör diametrar för två mindre cirklar, deras halvor syns på bilden.

i) Hur förhåller sig areorna A och B?

ii) Vad är areorna A och B lika med?

Lösning:

(i) Notera att areorna A och C tillsammans utgör halva lilla cirkeln, det vill säga halva cirkeln med diameter 1. Den har area pi*((½)^2)/2. Samma gäller A och D, A+D=pi*((½)^2)/2=pi/8.

Å andra sidan utgör A+B+C+D en kvarts stor cirkel, således A+B+C+D=pi*(1^2)/4=pi/4. Vi ser att arean för den stora kvartscirkeln är dubbelt så stor som areorna för de små halvorna.

Således har vi A+B+C+D=(A+C)+(A+B), och subtraher vi A, B och C på båda sidor av likheten, så får vi A=B. Notera att vi nu inte har bestämt själva areorna, utan bara hur A och B förhåller sig.

(ii) Följande är min arbetskamrats Albins lösning:

Om man ritar ut den små (röda) cirklarna, syns det tydligare vad som händer. Den gröna punkten är skärningspunkten mellan tangentlinjer (svarta) till cirklarna, som då måste bilda 90° vid skärningen. Då är vinkeln mellan de två röda cirklarna också 90°.

Då vet vi att också de blåa tangentlinjerna skär varandra i vinkeln 90°. Det kan också ses av symmstriskäl. Från den gröna och från den blåa punktens perspektiv måste allting vara symmetriskt. Alltså bildas en kvadrat rektangel i mitten av bilden (en kvadrat egentligen), eftersom igen, av symmetriskäl så måste återstående två vinklarna vara lika och då måste de vara 90° också.

Nu finns olika sätt att bestämma arean A och jag gör det med liknande metod som i (i).

Här har vi att A+x=pi/16, en kvart av en cirkel med radie ½. A+x+x=1/4, arean av kvadraten. Alltså är x=1/4-pi/16. Och då måste A=pi/16-(1/4-pi/16)=pi/8-1/4.

Svar: 

Detta problem kommer från min arbetskamrat Albin. Eller, rättare sagt, punkten i) kommer från en gymnasiebok, men uppgiften missuppfattades och punkt ii) blev till, som är svårare.

Från början har vi en kvartscirkel med radie 1 (cm om man så vill). Gränserna för kvartscirkeln utgör diametrar för två mindre cirklar, deras halvor syns på bilden.
 

 i) Hur förhåller sig areorna A och B?

 ii) Vad är areorna A och B lika med?