Problemlösning med geometriska avbildningar

Patric Rajala

Enskilda gymnasiet

2015-01-20

Gymnasiearbete 100p

Handledare: Andreas Rung

2

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.

3

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

4

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.

5

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.

6

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

𝐴𝐵̅̅ ̅̅ eller ”sträckan 𝐴𝐵”, linjen genom dem betecknas 𝐴𝐵, strålen från 𝐴 genom 𝐵

betecknas 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 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.

7

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−1gäller 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 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 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

8

𝐴 och 𝐵 är två godtyckliga punkter och 𝐴’ respektive 𝐵’ deras avbilder under en

translation, så är 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ och 𝐴𝐵 ‖ 𝐴′𝐵′.[13]

Eftersom 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐴’𝐵’̅̅ ̅̅ ̅̅ och 𝐴𝐵 ‖ 𝐴′𝐵′ bildar punkterna 𝐴, 𝐴′, 𝐵, 𝐵′ en parallellogram,

vilket innebär att 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅̅ = 𝐵𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ och 𝐴𝐴′ ‖ 𝐵𝐵′. Således är 𝑨𝑨′ = 𝑩𝑩′ och vi ser att en

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

avbildningen av 𝑃 under rotationen, att 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ och 𝑃𝑂𝑃′ = 𝜃.[13]

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′′, 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ =

𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅, och linjerna 𝐴𝐵 och 𝐴′′𝐵′′ har samma riktning. Därmed är 𝑨𝑩 = 𝑨′′𝑩′′, och

punkterna 𝐴′′, 𝐵′′ kan erhållas henom en translation av punkterna 𝐴, 𝐵.

Figur 1: Translation av fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 till 𝐴′𝐵′𝐶 ′𝐷′.

Figur 2: En rotation

9

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]

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

sådan rotation existerar, emedan 𝐴′𝐵′′̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑡(𝐴)𝑡(𝐵)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅, det vill säga både 𝐵′′

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′. □

Figur 4: Spegling i en linje.

Figur 3: Två rotationer på ett halvt varv vardera, här med olika centrum 𝑃1 och 𝑃2.

10

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

likformighetsavbildning är alltså 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑘𝐴𝐵̅̅ ̅̅ för någon reell konstant 𝑘. Negativa

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]

2.2.1 Sträckning

Givet en punkt 𝑂 och en konstant 𝑘 avbildar en sträckning varje punkt 𝐴 på en punkt 𝐴′,

så att 𝐴′ befinner sig på linjen 𝐴𝑂 och 𝐴′𝑂̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑘𝐴𝑂̅̅ ̅̅ .[17] Sträckning kallas även

homoteti, och 𝑘 är sträckningens skala alternativt skalfaktor.

Figur 5: 𝐹 är direkt likformig med 𝐹1 och motsatt likformig med 𝐹2.

11

För att 𝑘 ska kunna vara negativ låter vi varje sträcka vara antingen positiv eller negativ,

så att 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = −𝐵𝐴̅̅ ̅̅ för varje par av punkter 𝐴,𝐵. Således innebär 𝐴′𝑂̅̅ ̅̅ ̅ 𝐴𝑂̅̅ ̅̅⁄ > 0 att både

𝐴′𝑂̅̅ ̅̅ ̅ och 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ antingen är positiva eller negativa. Eftersom punkterna är kolinjära på

linjen 𝐴𝑂 måste sträckorna ha samma riktning, så 𝑂 befinner sig utanför sträckan 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅

(se figur 7). Motsatsen gäller då 𝐴′𝑂̅̅ ̅̅ ̅ 𝐴𝑂̅̅ ̅̅⁄ < 0; då har 𝐴′𝑂̅̅ ̅̅ ̅ och 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ motsatt riktning och

𝑂 måste följaktigen befinna sig mellan 𝐴 och 𝐴’ (se Figur 8).[18] Är 𝑘 = 0

sammanfaller 𝑂 och 𝐴′.

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

punkt 𝑃′ i 𝐹′, är 𝑃′𝑂̅̅ ̅̅̅ = 𝑘𝑃𝑂̅̅ ̅̅ ekvivalent med att 𝑃𝑂̅̅ ̅̅ =1

𝑘𝑃𝑂′̅̅ ̅̅ ̅.

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]

Figur 6: En sträckning.

Figur 7: 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ och 𝐴′𝑂̅̅ ̅̅̅ har samma

riktning. Figur 8: 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ och 𝐴′𝑂̅̅ ̅̅̅ har olika riktning.

12

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

den befinner sig på strålen 𝑂𝑃 och 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2.[20]

Figur 9: En spirallikformighet mellan ∆𝐴𝐵𝐶 och ∆𝐴′𝐵′𝐶′.

Figur 10: Punkten 𝑃 inverteras på punkten 𝑃′ med avseende på cirkel 𝑆.

13

Om 𝑃′ därefter inverteras i samma cirkel ger sambandet 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2, och faktumet att

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

𝑂𝑄̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2, men 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ = 𝑟 medför att 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟. Eftersom 𝑄′ befinner sig på strålen

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.

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 11: Inversion av en cirkel som ej går genom medelpunkten i inversionscirkeln;

𝜔′ är inversen av 𝜔 med avseende på cirkel 𝑆.

Figur 12: 𝑃′ och 𝑄′ är inverserna av 𝑃 respektive 𝑄.

14

Korda-tangentsatsen ger att 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ = 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ , och då det gäller att 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2 får

vi sambandet

𝑟2𝑂𝑃̅̅ ̅̅

𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅= 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ ⟺ 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅ =

𝑟2

𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅𝑂𝑃̅̅ ̅̅

Eftersom 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ och 𝑟2 är konstanta blir 𝑄′ avbilden av 𝑃 under en sträckning med

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.

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.

Figur 13: Inversion av en cirkel som går genom medelpunken i inversionscirkeln;

linje 𝜔′ är inversen av cirkel 𝜔 med avseende på cirkel 𝑆.

15

Eftersom trangel 𝐴𝑂𝑃 är en triangel vars ena sida utgör en diameter i triangelns

omskrivna cirkel är vinkel 𝑂𝑃𝐴 rät enligt randvinkelsatsen. Det gäller att 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ =

𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2, vilket medför att 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅⁄ = 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅⁄ . Tillsammans med faktumet att

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′.

Då 𝑃 närmar sig 𝑂 går avståndet 𝑂𝑃 mot noll, så enligt sambandet 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅⁄ = 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ 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.

16

Bevis: Vi kallar skärningspunkterna mellan normalen till 𝑂𝑃 i punkten 𝑃 och

inversionscirkeln för 𝐴 och 𝐵, och radien i 𝑆 för 𝑟. Det gäller att 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ = 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑟 och

𝐴𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑃𝐵̅̅ ̅̅ . Dessutom är tangenterna från en punkt till en cirkel lika långa, så 𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅ = 𝐵𝑃′̅̅ ̅̅ ̅.

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

𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅,

vilket ger att

𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ =𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅

𝐴𝐵̅̅ ̅̅=

2𝑟𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅

2𝐴𝑃̅̅ ̅̅= 𝑟

𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅

𝐴𝑃̅̅ ̅̅.

Enligt kordasatsen är 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑃𝑃′̅̅ ̅̅̅ = 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑃𝐵̅̅ ̅̅ ⟺ 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ = 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑃𝐵̅̅ ̅̅ 𝑃𝑃′̅̅ ̅̅̅⁄ = 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ 2/𝑃𝑃′̅̅ ̅̅̅.

Multiplicerat med det förra uttrycket får vi att

𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅

𝐴𝑃̅̅ ̅̅∙𝐴𝑃̅̅ ̅̅ 2

𝑃𝑃′̅̅ ̅̅̅= 𝑟

𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅

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 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ 𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅⁄ = 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ 𝑃𝑃′̅̅ ̅̅̅ ⟺ 𝐴𝑂 ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟 = 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝑃′̅̅ ̅̅̅ 𝑃𝑃′̅̅ ̅̅̅⁄⁄ . Insatt i

sambandet vi tidigare fått ser vi att 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2, så 𝑃′ är inversen av 𝑃. □

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∞.)

Figur 15: Inversen 𝑃′ till 𝑃 som skärningspunkten mellan två tangenter till

inversionscirkeln.

17

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′.

Om 𝑟 är radien i 𝑆 gäller det att 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2, så 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ 𝑂𝐴̅̅ ̅̅⁄ =

𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅⁄ och 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ 𝑂𝐴̅̅ ̅̅⁄ = 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅⁄ . Tillsammans med faktumet att 𝑃𝑂𝐴, 𝑃′𝑂𝐴′,

Figur 16: Vinkeln mellan två cirklar är lika stor som vinkeln mellan deras inverser.

Figur 17: Inverserna av 𝜔 och 𝜑 är 𝜔′ respektive 𝜑′.

18

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

utan inskränkningar anta att 𝑃 ligger mellan 𝑂 och 𝑃′. 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2 ⟺

𝑂𝑃̅̅ ̅̅ 𝑂𝐴̅̅ ̅̅⁄ = 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅⁄ , som tillsammans med sambandet 𝑃𝑂𝐴 = 𝐴′𝑂𝑃′ ger att

∆𝑃𝑂𝐴~∆𝐴′𝑂𝑃′. Därmed är 𝑃𝐴𝑂 = 𝐴′𝑃′𝑂 och 𝐴𝑃𝑂 = 𝑃′𝐴′𝑂.

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′.

Figur 18: Inversen av 𝜔 är 𝜔′, och linjen 𝜑 är sin egen invers.

19

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

på en cirkel 𝑆 med medelpunkten 𝑂 och radien 𝑟. Det gäller alltså att 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2.

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

enligt korda-tangentsatsen att 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑄′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑂𝑃̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝑃′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2. Det medför att 𝑄 och 𝑄′ är

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

𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅𝐴𝐵̅̅ ̅̅ .

Bevis: Vi vet att 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟2 = 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅, så 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅⁄ = 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′̅̅ ̅̅ ̅̅

𝐴𝐵̅̅ ̅̅=

𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅

𝑂𝐵̅̅ ̅̅=

𝑟2

𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅,

Figur 19: Punkterna 𝐴′, 𝐵′ är inverser av 𝐴 respektive 𝐵.

20

vilket medför att

𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅ =𝑟2

𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . □

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]

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]

Figur 20: Det grå området på planet 𝜋 som avbildats på planet 𝜋′ kan ses som

exempelvis en väg som avbildats på en duk.

21

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]

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 21: En centralprojektion avbildar en figur i ett plan på en likformig figur i ett

parallellt plan.

Figur 22: Ett plan 𝜎, parallellt med 𝜋′, går genom 𝑂.

Figur 23: Ett plan 𝜎′, parallellt med 𝜋, går genom 𝑂.

22

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. □

23

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 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅⁄ .)

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

Figur 24: Dubbelförhållandet bevaras under en centralprojektion.

24

𝐴𝑟𝑒𝑎 (𝐴𝑂𝐵) =1

2ℎ𝐴𝐵̅̅ ̅̅ =

1

2𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑂𝐵 och 𝐴𝑟𝑒𝑎 (𝐴′𝑂𝐵′) =

1

2ℎ′𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅ =

1

2𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ sin𝐴′𝑂𝐵′, där ℎ och ℎ′ är det vinkelräta avståndet från 𝑂 till linjen 𝐴𝐵 respektive

𝐴′𝐵′. Eftersom 𝐴𝑂𝐵 = 𝐴′𝑂𝐵′ får vi, genom division av det andra uttrycket med det

första, att

ℎ′

ℎ∙𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅

𝐴𝐵̅̅ ̅̅=

𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅

𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ ⟺ 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅

ℎ

ℎ′∙𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅

𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅

Om 𝐶 är en punkt på linjen 𝐴𝐵 är dess projektion 𝐶′ en punkt på 𝐴′𝐵′, och enligt

sambandet ovan får vi att

𝐴′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅

𝐵′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅̅=

𝐴𝐶̅̅ ̅̅

𝐵𝐶̅̅ ̅̅∙ℎ ℎ′⁄

ℎ ℎ′⁄∙𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐶′̅̅ ̅̅ ̅ (𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ )⁄

𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐶′̅̅ ̅̅ ̅ (𝑂𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ )⁄=

𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅

𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅

Låter vi 𝐷 vara ytterligare en punkt på linjen 𝐴𝐵 och 𝐷′ dess projektion, som ligger på

linjen 𝐴′𝐵′, ser vi att

𝐴′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝐵′𝐷′̅̅ ̅̅ ̅̅

𝐵′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴′𝐷′̅̅ ̅̅ ̅̅=

𝐴′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅

𝐵′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅̅

𝐴′𝐷′̅̅ ̅̅ ̅̅

𝐵′𝐷′̅̅ ̅̅ ̅̅⁄ =

𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅

𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅

𝐴𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑂𝐵̅̅ ̅̅

𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ ∙ 𝑂𝐵′̅̅ ̅̅ ̅⁄ =

𝐴𝐶̅̅ ̅̅

𝐵𝐶̅̅ ̅̅

𝐴𝐷̅̅ ̅̅

𝐵𝐷̅̅ ̅̅⁄ =

𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅

𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅

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′.

25

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′. □

Figur 25: Linjen 𝑙 avbildas på oändlighetslinjen och cirkeln 𝑆 på en cirkel.

26

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 ∩ 𝐴1𝐵1

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]

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 26: Punkten 𝑃 är pol till linjen 𝑝, som i sin tur är polar till 𝑃, med avseende på 𝑆.

Figur 27: Dualitet ger oss ur fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 en fyrsiding 𝑎𝑏𝑐𝑑 och tvärtom.

27

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:

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]

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]

Punkt Linje

Ligga på Skära

Linje genom Skärningspunkt mellan

I samma punkt varandra skärande Kolinjär

Fyrhörning Fyrsiding

Pol Polar

Tangent Tangeringspunkt.[34]

Figur 28: Pol och polar kan hittas med hjälp av inversion.

Figur 29: Polen till 𝐴𝐵 är skärningspunkten

𝑎 ∩ 𝑏.

Figur 30: 𝑃 ligger på 𝑞, och 𝑄 ligger

på 𝑝.

28

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]

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]

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

Figur 31: En cirkel kan definieras av oändligt många punkter eller oändligt många

linjer.

Figur 32: Vinkeln mellan 𝑝 och 𝑞 är lika stor som 𝑃𝑂𝑄 eller dess komplementvinkel.

29

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′.

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].

Figur 33: Planen 𝜋 och 𝜋′ är parallella, så 𝐹 ≅ 𝐹′.

30

Sats 2.4.3.3 Förhållandet mellan areorna av två figurer är samma som areorna av

deras parallellprojektioner.

Bevis [36]: Vi låter 𝐹1och 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′ 𝐴2

′⁄ , där 𝐴1′ 𝐴2

′⁄ 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

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′. □

Figur 34: I figuren är ∆𝐴𝐵𝐶′~∆𝑀𝑁𝑃, och parallellprojektionen från 𝜋 till 𝜋′

kännetecknas av riktningen på 𝐶𝐶′.

31

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]

32

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

𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ + 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐷𝐴̅̅ ̅̅

2. [42]

Problem 2 Givet en triangel 𝐴𝐵𝐶, och tre liksidiga trianglar 𝐴′𝐵𝐶, 𝐴𝐵′𝐶 och 𝐴𝐵𝐶′

sådana att de inte skär ∆𝐴𝐵𝐶, visa att 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐵𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐶𝐶′̅̅ ̅̅̅ och att linjerna 𝐴𝐴′, 𝐵𝐵′ och

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

𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ + 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ . [43]

Problem 6 (USAMO 1993) Den konvexa fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷 är sådan att

diagonalerna 𝐴𝐶 och 𝐵𝐷 är vinkelräta. Om punkten 𝑂 är diagonalernas

33

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

punkter 𝑃 och 𝑄 sådana att 𝑈𝑃̅̅ ̅̅ < 𝑈𝑄̅̅ ̅̅ . Beteckna med 𝑅 skärningspunkten mellan

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 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐸𝐶̅̅ ̅̅ . En linje 𝑙 skär linjerna 𝐴𝐵, 𝐴𝐷, 𝐴𝐸 och 𝐴𝐶 i punkterna 𝐾, 𝐿,

𝑀 respektive 𝑁. Bevisa olikheten 𝐾𝑁̅̅̅̅̅ ≥ 3𝐿𝑀̅̅ ̅̅ .[45]

34

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,

vilket medför att 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐶𝐷′̅̅ ̅̅ ̅, 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐷′̅̅ ̅̅ ̅ och att fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷′ har samma area

som den ursprungliga fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷. Enligt areasatsen har 𝐴𝐵𝐶𝐷′ arean

𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐷′̅̅ ̅̅ ̅

2sin𝐷′𝐴𝐵 +

𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐶𝐷′̅̅ ̅̅ ̅

2sin𝐵𝐶𝐷′ =

𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅

2sin𝐷′𝐴𝐵

+𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅

2sin𝐵𝐶𝐷′.

För alla reella 𝜃 är sin 𝜃 ≤ 1, så vi får att arean av fyrhörningen 𝐴𝐵𝐶𝐷′ och därmed

även 𝐴𝐵𝐶𝐷 är mindre än eller lika med 1

2(𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ + 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐷)̅̅ ̅̅ ̅̅ . □

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 𝐵′, det vill säga ∆𝐴𝐶𝐴′ avbildas på ∆𝐵𝐶𝐵′. Det innebär att 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐵𝐵′̅̅ ̅̅ ̅. På liknande

sätt kan vi få att 𝐵𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐶𝐶′̅̅ ̅̅̅, så 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐵𝐵′̅̅ ̅̅ ̅ = 𝐶𝐶′̅̅ ̅̅̅.

35

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

avbilden av 𝐵, 𝐶 för 𝐵′ respektive 𝐶′. Det gäller alltså att 𝐴𝐶′̅̅ ̅̅̅ = 𝑘𝐴𝐶̅̅ ̅̅ . Som en följd av

randvinkelsatsen är ∆𝐴𝐶𝐷 rätvinklig, och då 𝑄 är tangeringspunkten mellan sidan 𝐴𝐶′

36

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

𝐴𝑀̅̅̅̅̅

𝐴𝐼̅̅ ̅=

𝐴𝑀̅̅̅̅̅

𝐴𝑃̅̅ ̅̅∙𝐴𝑃̅̅ ̅̅

𝐴𝐼̅̅ ̅=

𝐴𝐷̅̅ ̅̅

𝐴𝐶̅̅ ̅̅∙𝐴𝐶′̅̅ ̅̅̅

𝐴𝐷̅̅ ̅̅=

𝐴𝐶′̅̅ ̅̅̅

𝐴𝐶̅̅ ̅̅= 𝑘,

det vill säga att 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ = 𝑘𝐴𝐼̅̅ ̅. Vi ser alltså att sträckningen som avbildar 𝐵, 𝐶 på 𝐵′, 𝐶′

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

𝐴𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅𝐴𝐵̅̅ ̅̅ +

𝑟2

𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝐴′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅ =

𝑟2

𝐴𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ,

vilket medför att

𝐶𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ + 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ . □

37

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. □

38

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

𝑁𝑀̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝐾𝐿̅̅ ̅̅

𝑁𝐿̅̅ ̅̅ ∙ 𝐾𝑀̅̅ ̅̅ ̅=

𝐶𝐸̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅

𝐶𝐷̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐸̅̅ ̅̅=

𝐵𝐷̅̅ ̅̅ /3 ∙ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ /3

2𝐵𝐷̅̅ ̅̅ /3 ∙ 2𝐵𝐷̅̅ ̅̅ /3=

1

4

enligt sats 2.4.1.4. Om vi inför beteckningarna 𝑎 = 𝐾𝐿̅̅ ̅̅ , 𝑏 = 𝐿𝑀̅̅ ̅̅ och 𝑐 = 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ ser vi att

𝑁𝑀̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝐾𝐿̅̅ ̅̅

𝑁𝐿̅̅ ̅̅ ∙ 𝐾𝑀̅̅ ̅̅ ̅=

−𝑐𝑎

(−𝑏 − 𝑐)(𝑎 + 𝑏)=

1

4,

så 4𝑎𝑐 = (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐). Det vi vill visa är att 𝐾𝑁̅̅̅̅̅ = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 3𝐿𝑀̅̅ ̅̅ = 3𝑏, det vill

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

2(𝑎 + 𝑏) > 3𝑎 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑎 + 𝑎 + 𝑐 ≥ 4√𝑎3𝑐4

.

På samma sätt får vi att 2(𝑏 + 𝑐) > 𝑎 + 3𝑐 ≥ 4√𝑎𝑐34, så

16𝑎𝑐 = 4(𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) > 4√𝑎3𝑐4

∙ 4√𝑎𝑐34= 16𝑎𝑐,

vilket är en motsägelse. Således måste det gälla att 𝑎 + 𝑐 ≥ 2𝑏, alltså är 𝐾𝑁̅̅̅̅̅ ≥ 3𝐿𝑀̅̅ ̅̅ . □

39

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.

40

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&field-

author=Samuel+L.+Greitzer&search-

alias=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/Anders-

Tengstrand/e/B00LQZWKZ6.

[6] Tengstrand, A., (2005), Åtta kapitel om geometri, Lund, Studentlitteratur, s. 301-

303.

[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. 180-

181.

[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.

41

[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. 189-

190.

[34] Coxeter, H. S. M., Greitzer S. L., (1967), Geometry Unbound,

http://www.aproged.pt/biblioteca/geometryrevisited_coxetergreitzer.pdf. s. 133-

135.

[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.

42

[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.