Mattebloggen

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!

Detta inlägg är fortsättning på del 1 om Cevas sats. Första delen förklarar satsens formulering och ger tips för hur man skulle kunna bevisa den. Den här delen innehåller själva beviset.

Cevas sats

Given är en triangel ABC. Tre cevianer AM, BL och CK skär varandra i samma punkt om och endast om 

Bevis:

Antag först att cevianerna skär varandra i en och samma punkt O. Vi skall visa att värdet av uttrycket verkligen är 1.

Notera till exempel att trianglarna COM och MOB har lika stora höjder utgående från punkten O, eftersom deras baser ligger på samma linje. Låt höjderna ha längden h. Därför kan vi enkelt uttrycka förhållandet mellan dessa två areor:

Eftersom trianglarna CAM och MAB också har lika långa höjder, utgående från A, så kommer deras areor också att förhålla sig som  

Låt  k (något reellt tal). Men om är k gånger större än och är k gånger större än , så är differensen, , också k gånger större än

Det vill säga

Med analogiska resonemang får vi förhållanden mellan de andra par av de färgade trianglarna:

Därför kan vi skriva om uttrycket:

eftersom allt förkortas i det omskrivna uttrycket.

Nu har vi kvar att bevisa att värdet på uttrycket inte kan vara 1 utan att cevianerna skär varandra. Vi antar motsatsen, det vill säga att värdet är 1, men cevianerna råkade inte skära varandra i samma punkt:

Nu är vi så smarta som möjligt och använder oss av del 1, som vi redan har bevisat. Precis som i följande berättelse:

En matematiker och en fysiker löser praktiska uppgifter. De blev tillsagda att koka upp 1 liter vatten med hjälp av en vattenkran och en vattenkokare. Båda fyller förstås sin vattenkokare med vatten och sätter på den.

Nästa uppgift är annorlunda: de får en vattenkokare full med vatten och ska nu igen koka upp 1 liter vatten.

Vad gör en fysiker? Han ställer vattenkokaren på plattan och sätter på den förstås.

Vad gör en matematiker? Han häller ut vattnet och därmed ska han lösa praktisk uppgift nummer ett, vilket han redan kan.

I detta fall är det förstås inga onödigheter vi sysslar med. Men på samma sätt som i berättelsen ska vi göra någonting, för att kunna använda oss av tidigare kunskaper. Vi drar en ny linje, för att få samma situation som förut. Dra linjen CK’, som går igenom skärningspunkten för cevianerna AM och BL.

Från del 1 vet vi att följande måste gälla:

Men enligt antagandet har vi också

Bland annat är uttrycken lika med varandra och på så sätt får vi  , vilket i sin tur implicerar att , vilket är omöjligt, eftersom BK<BK’ och K’A<KA. Motsägelse, alltså var situationen omöjlig!

Således så fort uttrycket är lika med 1, så måste cevianerna skära varandra i en punkt.

Användningar för satsen

På så sätt har vi i princip bevisat flera satser på en gång, till exempel att medianerna i en triangel skär varandra i en och samma punkt. Samma sak gäller för bisektriserna, samma för linjer som förbinder hörn och tangeringspunkter för den inskrivna cirkeln. Det lämnas åt läsaren att komma på hur man ska använda Cevas sats för att visa de egenskaperna.