V tem delu se bomo posvetili predvsem konveksnim 5-kotnikom, za katere velja, da ima vsak konveksni petkotnik vsaj dve taki stranici, da se diska, ki imata ti stranici za premera, ne sekata.
Opomba 72. Spomnimo se, da je (konveksni) ˇstirikotnik tangentni, ˇce je vsaka od stranic tangenta na isti disk vsebovan v ˇstirikotniku.
Opomba 73. Vsakiˇc, ko definiramo poligon s podajanjem njegovih toˇck, vzdolˇz zapo-rednih stranic, podamo toˇcke v vrstem redu, ki je v nasprotni smeri urinega kazalca.
Osrednji problem magistrske naloge je predstavljen v dveh delih. V prvem delu (slika 25) sta dva diska, ki ustrezata stranicama AB in CD, ter se ne sekata. Prvi pristop k reˇsevanju je dokaz, da je vsota petih razdalj med srediˇsˇci nesosednjih stra-nic (to je ˇcrtkanimi ˇcrtami na sliki 25) veˇcja, kot je obseg petkotnika.
Slika 25: Dva nesekajoˇca diska s premerom AB inCD.
V spodnjem primeru, ki je prikazan na sliki 26, pa vidimo da temu ni vedno tako.
Obstaja namreˇc konveksni 5-kotnik, katerega vsota razdalj med srediˇsˇci stranic, ni veˇcja od njegovega obsega.
Opomba 74. Dva kroga imata prazen presek natanko tedaj, ko je razdalja med njunima srediˇsˇcema strogo veˇcja od vsote njunih polmerov, slednje pa je ekvivalen-tno temu, da je razdalja med srediˇsˇcema krogov strogo veˇcja od aritmetiˇcne sredine premerov teh krogov. V primeru, da imata kroga vsak svojo stranico nekega mno-gokotnika za svoj premer, je torej nesekanje takih krogov ekvivalentno temu, da je razdalja med srediˇsˇcema ustreznih stranic strogo veˇcja od aritmetiˇcne sredine teh dveh stranic.
Primer: Imamo konveksni 5-kotnik z ogliˇsˇci:
A= (1,0); stranic, izraˇzenih v enotah, kot je prikazano na sliki 26.:
• a = 2e;
• b = 0,09e;
• c= 0,02e;
• d = 0,09e in
• e = 2e.
Razdalje med srediˇsˇci nesosednjih stranic, izraˇzene v enotah, tako merijo:
• 1e;
• 1,01e;
• 1,01e;
• 1e in
• 0,11e.
Slika 26: Primer 5-kotnika.
Dobili smo konveksni 5-kotnik, kjer je vsota petih razdalj med srediˇsˇci nesosednjih stranic enaka 4,13e, kar je manjˇse od obsega 5-kotnika, ki meri 4,2e.
V drugem delu (slika 27) je predstavljen naslednji naravni pristop, kjer poveˇzemo notranjo toˇcko P s petimi toˇckami petkotnika in pogledamo kote pri toˇckiP. Meto-doloˇsko je osnovni prijem ugotovitev, ki sledi iz Talesovega izreka o kotu v polkrogu (Izrek 56);P leˇzi v disku, recimo premeraAE, ˇce in samo ˇce, je kot∠AP E manjˇsi ali enakπ/2.
Slika 27: P leˇzi zunaj diskov s premerom AB, BC inDE.
Na sliki 27 leˇzi P zunaj diskov s premerom AB, BC in DE. Oˇcitno nobena toˇcka P ne leˇzi v veˇc kot treh od petih diskov, ker bi drugaˇce bila vsota petih kotov okoli toˇcke P veˇcja kot 2π.
Oris dokazovanja: Ce imamo pet ogliˇsˇˇ cA, B, C, D in E konveksnega petkotnika, potem obstaja disk C, ki je vsebovan v petkotniku in tri zaporedne stranice, recimo straniceEA, AB in BC (slika 28), tako da:
• C je tangenten na te tri stranice;
• premici `(E, A) in `(B, C) se sekata v toˇcki P;
• notranjost C-ja in toˇcka P sta v razliˇcnih polravninah z mejo `(A, B).
Potem pogledamo diskCP s srediˇsˇcem P in mejo, ki poteka skozi toˇcke dotika med C in stranicama EA in BC, ter dokaˇzemo da:
• disk DA,B je vsebovan v CP (Lema 82);
• vsaj eden od diskov DC,D inDD,E, ne seka diskaCP (Lema 83 in Lema 84).
Slika 28: Ilustracija orisa dokazovanja.
Izrek 75(Apolonijev izrek5). Naj bodoA, B in C tri razliˇcne toˇcke v ravnini in naj D oznaˇcuje sredino daljice BC (slika 29). Potem dolˇzina |AD| ustreza
|AD|= 1 2
q
2Ä|AB|2+|AC|2ä− |BC|2. (1)
Dokaz 75. Naj veljajo predpostavke iz izreka. S pomoˇcjo slike 29 oznaˇcimo dolˇzine
|AD|=d, |AB|=c, |AC|=b in|BC|=a, ter kota ∠ADB =φ in ∠ADC =φ1. Kosinusa suplementarnih kotov sta si nasprotna, torej je cos(180◦−x) = −cosx in velja cosφ=−cosφ1.
Nato lahko s pomoˇcjo kosinusnega izreka (Izrek 63) doloˇcimo
c2 =
Slika 29: Ilustracija Izreka 75. Apolonijev izrek.
5Apolonij, starogrˇski matematik, geometer in astronom, rojen leta 262 pr. n. ˇst. Leta 225 pr.
n. ˇst. je napisal razpravo v 8.kjnigah, O stoˇznicah, od katerih se jih je ohranilo 7. To je razprava o elipsi, paraboli in hiperboli, ki jih je predstavil kot preseke kroˇznega stoˇzca. Te stoˇznice so znane ˇse danes po istih imenih, ki jih je uporabil Apolonij.
Ce enaˇˇ cbi seˇstejemo dobimo V evklidski geometriji lahko vsakemu trikotniku vˇcrtamo in oˇcrtamo kroˇznico.
Pri ˇstirikotnikih pa temu ni veˇc tako. ˇStirikotnike, ki jim lahko vˇcrtamo kroˇznico imenujemo tangentne. Za tangentni ˇstirikotnik pa velja, da se simetrale njegovih notranjih kotov sekajo v eni toˇcki in vsota dolˇzin nasprotnih stranic je enaka.
Lema 76(Diagonala tangentnega ˇstirikotnika).Naj bodoA, B, C inDtoˇcke tangen-tnega ˇstirikotnika, tangentnega na disk C. Naj T1, T2, T3 in T4 oznaˇcujejo tangentne toˇcke med stranicami AB, BC, CD, AD in diskom C. Naj bo (slika 30):
a =|AT1|=|AT4|;
Slika 30: Ilustracija Leme 76. Diagonala tangentnega ˇstirikotnika.
Dokaz bomo zaˇceli s tremi pomoˇznimi lemami.
Lema 77. Konveksen ˇstirikotnik ABCD je tetiven natanko tedaj, ko velja tanαtanγ = tanβtanδ.
Dokaz 77. Po [2] naj bo ABCD konveksen ˇstirikotnik z notranjimi koti velikosti 2α,2β,2γ in 2δ (zaradi enostavnosti raˇcuna smo notranji kot pri ogliˇsˇcu A oznaˇcili z 2α, pri ogliˇsˇcuB z 2β, itd.). Potem soα, β, γ, δ ostri in veljaα+β+γ+δ= 180◦. Zelimo pokazati daˇ
ABCD je tetiven ⇐⇒ tanαtanγ = tanβtanδ. (2) Ce jeˇ ABCD tetiven, potem je α+γ =β +δ = 90◦ in tanαtanγ = tanβtanδ, pri ˇcemer je vsak od produktov tangensov enak 1. Utemeljitev; ˇce je α+γ = 90◦, potem je tan(α+γ) =∞. Da bi veljala enakost
∞= tan(α+γ) = tanα+ tanγ 1−tanαtanγ,
mora biti imenovalec, v zadnjem od zgornjih izrazov, enak 0. Ker sta α in γ ostra (neniˇcelna) kota in je zato vsota njunih tangensov, tanα+ tanγ, strogo veˇcja od 0 in manjˇsa od∞, pomeni, da je produkt tangensov tanαtanγ = 1.
Nasprotno, ˇceABCDni tetiven, lahko privzamemo, da jeα+γ >90◦inβ+δ <90◦. Od tod sledi
0>tan(α+γ) = tanα+ tanγ 1−tanαtanγ.
Zaradi dejstva, da sta α in γ ostra, lahko sklenemo, da je tanαtanγ > 1. Na podoben naˇcin ugotovimo, da je tanβtanδ <1,zato velja tanαtanγ 6= tanβtanδ.
To pa dokazuje (2).
2
Lema 78. Tangentni ˇstirikotnik ABCD je tetiven natanko tedaj, ko velja ac=bd.
Dokaz 78. Naj bo ABCD, kot v dokazu 77, konveksen ˇstirikotnik z notranjimi koti velikosti 2α,2β,2γ in 2δ.
S pomoˇcjo definicije kotnih funkcij v pravokotnem trikotniku (Definicija 61) lahko definiramo tangens kota α. Tako je tanα = r/a, kjer je r polmer diska C kot je prikazano na sliki 31. Na enak naˇcin definiramo tudi tangens ostalih notranjih kotov ˇstirikotnika in dobimo tanβ =r/b, tanγ =r/c in tanδ =r/d.
Slika 31: Ilustracija Leme 78.
Rezultat sledi z uporabo (2) v danem ˇstirikotniku
Lema 79 (Klamkinova formula6). Naj bo ABCD tangentni ˇstirikotnik in naj bo C vˇcrtana kroˇznica s polmerom r, kot kaˇze slika 30. Polmer vˇcrtanega kroga potem izraˇcunamo po formuli
r2 = bcd+acd+abd+abc
a+b+c+d . (3)
Da bi lahko dokazali zgornjo lemo, si najprej poglejmo osnovne simetriˇcne polinome, ki so potrebni za nadaljnje razumevanje.
Definicija 80. Osnovni simetriˇcni polinomi spremenljivk xi za i = 1,2, ..., n so polinomi
6Klamkin se je rodil leta 1921 v New Yorku. Bil je znan kot predlagatelj in urednik matematiˇcnih problemov. Od leta 1976 pa do leta 1981 je bil predstojnik Oddelka za matematiko na University of Alberta. Leta 1992 je od nacionalnih matematiˇcnih zdruˇzenj prejel nagrado za prispevek k matematiki tekmovanj. Umrl je 6.avgusta leta 2004.
Izrek 81. Tangens vsote n kotov je enak
tan(α1+α2+α3+. . .+αn) = s1−s3+s5−s7+. . . 1−s2+s4−s6+. . .,
kjer sos1, s2, s3, . . . , skosnovni simetriˇcni polinomi spremenljivktanαizai= 1,2, ..., n.
Dokaz 81. Z uporabo znanega adicijskega izreka, tan(α+β) = 1−tantanα+tanαtanββ,izpeljemo tangens vsote treh kotov
S pomoˇcjo enaˇcbe (4) pa lahko izpeljemo sploˇsno formulo tangensa vsote n kotov tan(α1+α2+α3+. . .+αn) = s1−s3+s5−s7+. . .
= vsota produktov tangensov po dveh kotov;
s3 = tanα1tanα2tanα3+ tanα2tanα3tanα4+. . .
= vsota produktov tangensov po treh kotov;
...
2 Sedaj lahko s pomoˇcjo [2] dokaˇzemo Lemo (79).
Dokaz 79. Naj bo ABCD konveksen ˇstirikotnik z notranjimi koti velikosti
S pomoˇcjo Definicije 80 pa vemo, da je s1 = tanα+ tanβ+ tanγ+ tanδ in
s3 = tanαtanβtanγ+ tanαtanβtanδ+ tanαtanγtanδ+ tanβtanγtanδ.
Naj velja predpostavka leme, da je ABCD tangentni ˇstirikotnik. Potem lahko s pomoˇcjo Leme 78, kjer je tanα= ar, dobimo
Ce enaˇˇ cbo pomnoˇzimo s skupnim imenovalcem in delimo z r dobimo
bcd+acd+abd+abc=r2(a+b+c+d) r2 = bcd+acd+abd+abc
a+b+c+d .
2
Sedaj si lahko pogledamo dokaz Leme (76), ki je razviden iz [2].
Dokaz 76. Naj bo ABCD konveksen ˇstirikotnik. S pomoˇcjo osnovnih zvez med kotnimi funkcijami, kjer je cos 2α = cos2α−sin2α, cos2α = 1+tan1 2α in sin2α =
tan2α
1+tan2α, lahko izpeljemo
cos 2α= 1−tan2α 1 + tan2α. S pomoˇcjo dokaza Leme 78 kjer je
tanα=r/a,
S pomoˇcjo kosinusnega izreka (Izrek 63) nato dobimo
v2 = (a+b)2+ (a+d)2 −2(a+b)(a+d) cos 2α
Na enak naˇcin dokaˇzemo tudi u2, kjer je tanβ = r
b in
cos 2β = b2(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) (a+b)(b+c)(b+d) . Tako je
u2 = (a+b)2+ (b+c)2−2(a+b)(b+c) cos 2β
= (a+b)2+ (b+c)2−2b2(a+b+c+d)−(bcd+acd+abd+abc) b+d
...
= a+c
b+d((a+c)(b+d) + 4bd).
2 Lema 82. Naj bo C disk in naj boP toˇcka, ki ni vsebovana v C. Naj bostaT1 in T2 taki toˇcki meje C-ja, da sta premici `(P, T1) in `(P, T2) tangentni na C. Naj bosta A in B taki toˇcki, da je A na daljici P T1 in B na daljici P T2 in da je daljica AB tangentna na C (slika 32). Potem je disk DA,B vsebovan v disku s srediˇsˇcem P in polmerom |P T1|=|P T2|.
Slika 32: Ilustracija Leme 82.
S pomoˇcjo [3] lahko dokaˇzemo Leme 82, 83, 84, 85 in Izrek 86.
Dokaz 82. Naj bodo a =|P T1|=|P T2 |, b =|AT1 | in c =|BT2|. Naj bo M Ce zgornjo neenaˇˇ cbo pomnoˇzimo z 2 in nato ˇse kvadriramo, dobimo
2Ä(a−b)2+ (a−c)2ä−(b+c)2 ≤ (2a−(b+c))2 notranjostjo C (slika 33). Potem disk DD,E ne seka diska s srediˇsˇcno toˇcko P in polmerom |P T1|=|P T2|.
Dokaz 83. Naj bo CP disk s srediˇsˇcno toˇcko P in polmerom |P T1|=|P T2| in D0 preseˇciˇsˇce medh(E, D) inh(P, O). Naj bostaS ∈h(P, T1)\P T1 inR∈h(P, O)\P O taki toˇcki, da je premica`(S, R) vzporedna premici`(E, D0) in tangentna na diskC v toˇckiT4. NajQoznaˇcuje zrcalno toˇckoS okoli premice`(P, O). Tedaj je ˇstirikotnik z ogliˇsˇci P, Q, R in S tangentni ˇstirikotnik, tangenten na C. Naj bo T3 dotikaliˇsˇce med daljico QR in diskom C.Naj bo
a = |P T1|=|P T2|,
b = |ST1|=|ST4|=|QT2|=|QT3|in c = |RT3|=|RT4|.
Slika 33: Ilustracija Leme 83.
Z uporabo Leme 76, dobimo za d=b
|P R|=»(a+c)(a+c+ 2b).
Naj boM srediˇsˇcna toˇcka daljice SR, ki izpolnjuje|M S|= (b+c)/2. Trdimo, da je
|P T1|+|M S|=a+ (b+c)/2<|P M|.
Glede na Izrek 75 velja trikotniku z ogliˇsˇciP, D0 inE, imamo razmerje podobnosti med tema trikotnikoma in sicer|P M0|=λ· |P M| in |M0E|=λ· |M S|, kjer je
Dokaz 84. Naj α ∈ (0, π/2) oznaˇcuje velikost kota med h(P, E) in h(P, O), ter β∈(0, α] velikost kota med h(P, E) in `(E, D) (slika 34).
Nariˇsemo vzporednico m premici `(E, D) skozi srediˇsˇce diska C. Nato v srediˇsˇcu diskaC konstruiramo pravokotnico na premico m. Presek te pravokotnice z robom diska C oznaˇcimo s toˇcko T3. Nato skozi toˇcko T3 nariˇsemo premico γ kot
Potem je razdalja dist(P, τ) od toˇcke P do premice τ enaka dist(P, τ) = |P E0| ·sin
Spomnimo, da je ∠T1E0T3 =π−β. Ker premica `(O, E0) razpolavlja kot ∠T1E0T3
Ce gornja opaˇˇ zanja strnemo, so naslednje neenakosti vse ekvivalentne
|P T1| ≤ dist(P, τ)
Lema 85. Imejmo poljubni konveksni n-kotnik, kjer je n ≥5 in vsebuje disk C, ki je tangenten na neke tri zaporedne stranice in sicer tako da: premici, ki vsebujeta prvo in tretjo zaporedno stranico nista vzporedni in nadalje tudi njuno seˇciˇsˇce in no-tranjost kroga C pripadata razliˇcnim polravninam, ki ju omejuje premica, ki vsebuje drugo stranico.
Dokaz 85. Naj bo Pn konveksni n-kotnik s stranicami s1, s2, . . . , sn v nasprotni smeri urinega kazalca. Za potrebe tega dokaza privzemimo, da so vsi krogi, ki jih obravnavamo, vsebovani vPn. Za vsako stranicosi oznaˇcba`(si) oznaˇcuje premico, nosilko stranice si.
Hitro lahko vidimo, da v primeru, da so tri zaporedne stranice take, da sta prva in zadnja med njimi vzporedni, v konveksnemn-kotniku, kjer jen > 4, najdemo druge tri zaporedne stranice, ki nimajo te lastnosti.
Osredja os enostavnega poligona je mnoˇzica toˇck poligona, ki imajo veˇc kot eno najbliˇzjo toˇcko na robu lika. ˇCe je poligon konveksen je osrednja os sestavljena iz daljic, ki leˇze na simetralah notranjih kotov. Obstajajo diski, ki so tangentni na tri zaporedne stranice in imajo srediˇsˇce v nekem kriˇziˇsˇcu osrednje osi Pn [4]. Potem naj bo C krog minimalnega polmera in brez ˇskode za sploˇsnost privzamemo, da je tangenten na stranice sn, s1 ins2.
Ceˇ `(sn) in `(s2) nista vzporedni in sta njuno seˇciˇsˇce ter notranjost C v razliˇcnih polravninah, ki jo omejuje `(s1) (slika 35A), potem je lema dokazana.
V primeru, da`(sn) in `(s2) nista vzporedni in njuno seˇciˇsˇce ter notranjost C leˇzijo v isti polravnini, ki jo omejuje `(s1) (slika 35B), potem mora zaradi minimalnosti C biti vsaka stranica s3, s4, . . . , sn−1 tangentna na C. Od tod pa sledi, da vsake tri zaporedne stranice izmeds2, s3, . . . , sn, skupaj sC, zadovoljijo pogoje leme.
In konˇcno, ˇce sta `(sn) in `(s2) vzporedni (slika 35C), potem zaradi minimalnosti C mora biti krog C0, s polmerom enakim polmeru kroga C in tangenten stranicam
s2 in sn in vsaj eni stranici si, kjer je i ∈ [3, . . . , n −1], tangenten vsem stra-nicam s3, s4, . . . , sn−1. Ker je n ≥ 5 lahko najdemo tri zaporedne stranice izmed s2, s3, . . . , sn, katerih prva in zadnja nista vzporedni in s tem je lema dokazana.
2
Slika 35: Ilustracija Leme 85.
(A) Osrednji osi konveksnega petkotnika s stranicami s1, s2, s3, s4, s5 in disk C, ki je tangenten na stranice s5, s1, s2 in centriran na vrh osrednje osi.
(B) ˇCe `(s5) in `(s2) nista vzporedni in sta njuno stiˇciˇsˇce in notranjost C v polravnimi, ki jo omejuje`(s1) in C ni tangenten na s3 in s4, potem obstaja disk Ce
z manjˇsim radijem, ki je tangenten na tri zaporedne stranice.
(C) ˇCe sta`(s5) in `(s2) vzporedni inC0 ni tangenten na s4, potem obstaja disk Cez manjˇsim radijem, ki je tangenten na tri zaporedne stranice.
Izrek 86. V vsakem konveksnem petkotniku, obstajata vsaj dva diska med petimi diski, ki imata kot premer stranico petkotnika, ki se ne sekata.
Slika 36: Ilustracija Izreka 86.
Dokaz 86. Naj A, B, C, D in E oznaˇcujejo toˇcke konveksnega petkotnika. Z upo-rabo Leme 85, obstaja disk, ki je tangenten na tri zaporedne stranice, recimo na stranice EA, AB in BC, tako da: premici `(E, A) in `(B, C) nista vzporedni in se sekata v toˇcki P in premica`(A, B) loˇcuje notranjost kroga C in toˇcke P (slika 36).
Naj bosta T1 in T2 tangentni toˇcki med C in stranicama EA in BC. Naj bo O srediˇsˇcna toˇckaC in naj boCP disk s srediˇsˇcno toˇckoP in polmerom |P T1|=|P T2|.
Glede na Lemo 82 je diskDA,B vsebovan v CP.
Ce toˇˇ ckaDpripada notranjosti ali robu kota med poltrakomah(P, O) inh(P, E), se diskaCPinDD,E, glede na Lemi 83 in 84, ne sekata. ˇCe pa je toˇckaDv notranjosti ali na robu kota med poltrakomah(P, O) inh(P, C), pa sta diskaCP inDC,Ddisjunktna.
Zato tudi disk DA,B ne seka vsaj enega od diskov DD,E in DC,D, s ˇcimer je izrek dokazan.
2
Posledica. V vsakem konveksnem n-kotniku, kjer je n > 5, obstajata vsaj dva diska medn diski, ki imata kot premer stranico n-kotnika, ki se ne sekata.
Slika 37: Ilustracija posledice.
Dokaz. Dokaˇzimo to trditev z indukcijo na n. Naj torej trditev velja za poljuben konveksni n-kotnik in jo dokaˇzimo za poljuben konveksni (n + 1)-kotnik Pn+1, z ogliˇsˇciA1, ..., An+1.
Tedaj je tudiA1, ..., An konveksni n-kotnik in zato zanj trditev velja. Obstaja torej par disjunktnih diskov na stranicah tegan-kotnika. ˇCe noben disk od tega para ni na stranici AnA1, potem trditev velja tudi za (n+ 1)-kotnik Pn+1. Ce pa je edenˇ od teh diskov na straniciAnA1,drugi pa na neki drugi (nesosednji) stranici AiAi+1, je disk na slednji stranici disjunkten tako z diskom na stranicah AnAn+1 kot tudi An+1A1 (n+ 1)-kotnika Pn+1, saj slednja diska ne seˇzeta znotraj Pn+1 preko diska naAnA1.
2
Literatura
[1] M. Cencelj. Elementarna Geometrija. Ljubljana: Pedagoˇska fakulteta UL 2010.
[2] M. Hajja. A condition for a circumscriptible quadrilateral to be cyclic. In Forum Geometricorum, volume 8, strani 103–106, 2008.
[3] C. Huemer and P. P´erez-Lantero. On the disks with diameters the sides of a convex 5-gon. (Literatura uporabljena 10.5.2015). Dostopno na naslovu:
http://arxiv.org/pdf/1410.4126.pdf
[4] F. P. Preparata. The medial axis of a simple polygon. In Mathematical Foun-dations of Computer Science 1977, volume 53 of LNCS, strani 443-450, 1977.