Blog Μαθηματικών και Εκπαιδευτικών Θεμάτων

Υπάρχει ένας ισχυρισμός στα μαθηματικά που φέρει το όνομα του Otto Toeplitz και λέει ότι:

Σε κάθε καμπύλη Jordan υπάρχουν τέσσερα σημεία που είναι κορυφές τετραγώνου.

Μια καμπύλη Jordan είναι μια απλή κλειστή καμπύλη στο πραγματικό επίπεδο, δείτε περισσότερα στο¹. Προφανώς δεν θα μιλήσουμε για το πρόβλημα αυτό εδώ. Με αφορμή όμως του ισχυρισμού του Toeplitz θα δούμε τρία προβλήματα που σχετίζονται με την εγγραφή κανονικών πολυγώνων σε σχήματα ξεκινώντας από δύο προβλήματα του βιβλίου του Lemaire ², τα οποία χρησιμοποιούν τη στροφή σαν κύρια μεθοδολογία.

Εγγραφή ισοπλεύρου τριγώνου σε τρεις παράλληλες ευθείες

Να εγγράψετε ισόπλευρο τρίγωνο ανάμεσα σε τρείς παράλληλες ευθείες $\varepsilon_1, \varepsilon_2 \hbox {και } \varepsilon_3$, δείτε στο Lemaire G., πρόβλημα σελ. 121.

Ας υποθέσουμε ότι κατασκευάσαμε τρίγωνο ΑΒΓ ισόπλευρο με τις 3 κορυφές στις παράλληλες ευθείες όπως στο Σχήμα.
Φέρω $\mathrm{A\Delta\perp \varepsilon_2}$, και την στρέφω κατά $(A,60^o)$, έστω $\mathrm{A\Delta_1}$ η νέα θέση. Τότε, τα 2 τρίγωνα $\mathrm{A\Delta_1B}$ και $\mathrm{A\Delta\Gamma}$ είναι ίσα και το σημείο $\mathrm{\Gamma}$ θα είναι η στροφή του $\mathrm{B}$ κατά $(A,60^o)$. To δε $\mathrm{B}$ θα είναι η τομή της ευθείας που θα παραχθεί αν στρέψουμε την $\varepsilon_2$ κατά $(A,60^o)$ με την ευθεία $\varepsilon_1$.

Η δε κατασκευή θα ακολουθεί την εξής διαδικασία:

• Στρέφω την $\varepsilon_2$ κατά $(A,60^o)$, έστω $\varepsilon’_2$. Ας υποθέσουμε ότι οι δύο ευθείες τέμνονται στο σημείο $\mathrm{B}$.
• Στρέφουμε το $\mathrm{AB}$ κατά $(A,60^o)$. Τότε ΑΓ = ΑΒ και το τρίγωνο ΑΒΓ συνεπώς είναι ισόπλευρο. Μπορούμε να στρέψουμε την $\varepsilon_2$ και κατά την αντίθετη φορά γύρω από το Α, θα πάρω επίσης ένα άλλο τρίγωνο.

Η κατασκευή είναι εφικτή πάντα. $\blacksquare$

Εγγραφή τετραγώνου σε παραλληλόγραμμο

Να εγγράψετε τετράγωνο σε δοθέντα παραλληλόγραμμο. Δείτε Lemaire, πρόβλημα σελ. 121.

Ας υποθέσουμε ότι σε δοθέν παραλληλόγραμμο ΟΣΤΓ έχουμε εγγράψει τετράγωνο $\mathrm{\Lambda N K M}$. Προφανώς τα δύο τετράπλευρα έχουν το ίδιο κέντρο B. Φέρω τη κάθετη ΒΗ στην ΟΣ και σχηματίζω το τρίγωνο ΒΗΛ. Επειδή ΒΛ = ΒΝ, αν το τρίγωνο στραφεί κατά $(B,90^o)$, θα πάρει μια νέα θέση ΒΘΝ, και η ΟΣ θα είναι μετά τη στροφή η $\mathrm{O_1\Sigma_1}$ και θα τμήσει την ΤΣ στο σημείο Ν, κ.ο.κ. Αυτό μας δίνει τη δυνατότητα να οδηγηθούμε στην κατασκευή περιστρέφοντας το αρχικό παραλληλόγραμμο ΟΣΤΓ κατά $(B,90^o)$.

Αρκεί λοιπόν να στρέψουμε το αρχικό παραλληλόγραμμο ΟΣΤΓ κατά $(B,90^o)$, οι τομές των πλευρών του αρχικού παραλληλογράμμου ΟΣΤΓ και του τελικού $\mathrm{O_1\Sigma_1 T_1\Gamma_1}$ , θα μας δώσουν τις κορυφές του εγγεγραμμένου τετραγώνου. Οι τομές των πλευρών των δύο παραλληλογράμμων μπορεί να πραγματοποιούνται εξωτερικά στους φορείς των πλευρών και όχι πάντα στο εσωτερικό των πλευρών του αρχικού παραλληλογράμμου.
Ειδικότερο ενδιαφέρον παρουσιάζει η παρατήρηση του Lemaire να διερευνηθεί πότε η τομή αυτή είναι στο εσωτερικό των πλευρών. Ο συγγραφέας δεν δίνει απάντηση. Εδώ θα δώσουμε συνθήκες για το πότε η $\mathrm{O_1\Sigma_1}$ τέμνει την ΣΤ στο εσωτερικό της σημείο Ν.

Πρώτη συνθήκη

Θα υποθέσουμε ότι η γωνία $\mathrm{\widehat{O}}=\alpha$ είναι οξεία. Έστω L το μήκος του παραλληλογράμμου και $l$ το πλάτος του. Τότε αν ικανοποιείται η συνθήκη

το σημείο Ν είναι στο εσωτερικό [ΣΤ] της πλευράς ΣΤ.

Η συνθήκη εξαρτάται από τη γωνία $a$ που πρέπει να είναι οξεία. Παρακάτω, θα δούμε μια συνθήκη με αναλυτική γεωμετρία πλουσιότερη σε γεωμετρικά αποτελέσματα.

Δεύτερη συνθήκη

Το αρχικό παραλληλόγραμμο είναι το ΟΣΤΓ με Ο=(0,0) και η κορυφή Σ στον οριζόντιο άξονα ενός ορθοκανονικού συστήματος. Χάρη ευκολίας των πράξεων αριθμητικών και αλγεβρικών υποθέτουμε ότι το ύψος του παραλληλογράμμου ΟΔ, στο ορθοκανονικό σύστημα που δουλεύουμε, είναι ίσο με την μονάδα, ΟΔ = 1. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε εγγράψει ένα τετράγωνο ΚΜΛΝ έτσι ώστε η κορυφή Ν να είναι στο εσωτερικό της πλευράς ΣΤ.

H κορυφή Γ έχει συντεταγμένες $\mathrm{\Gamma:}=(k,1),\ k\in\mathbb{R}_{>0}$. Το σημείο Μ έχει τεταγμένη $y_M=\mathrm{O\Xi}=y\in(0,1)$ και συντεταγμένες $\mathrm{M}:=(ky,y)$, από το θεώρημα Θαλή για τα όμοια τρίγωνα ΟΔΓ και ΟΞΜ. Επίσης:

$$\left\{\begin{array}{lcl} \mathrm{KZ} & = & 1-y\\ \mathrm{\Delta_1 \Lambda} & = & y\\ \mathrm{M\Delta_1} & = & \mathrm{KZ}\\ \mathrm{MZ} & = & \mathrm{\Lambda \Delta_1} \end{array}\right . $$

Τότε:

$$\left\{\begin{array}{lcl} \mathrm{\Delta_1}&:=&\big(ky+(1-y),k\big)\\ \mathrm{\Lambda}&:=&\big(ky+(1-y),0\big)\\ \mathrm{K}&:=&\Big(k+\big(y-(k-ky)\big),1\Big)=\big(ky+y,1\big) \end{array}\right .$$

Αν $N:=(x_N,y_N)$, τότε

$$\left\{\begin{array}{lcl}
x_N&=&ky+y+(1-y)=ky+1\\
y_N&=& 1-y
\end{array}\right .$$

Απαλείφω το $y$ από τις δύο εξισώσεις και θα πάρω $x_N=k(1-y_N)+1$ ή

που είναι η ευθεία πάνω στην οποία βρίσκεται η κορυφή Ν του τετραγώνου. Με άλλα λόγια ο γεωμετρικός τόπος της κορυφής Ν του εγγεγραμμένου τετραγώνου ΚΜΛΝ στο συγκεκριμένο παραλληλόγραμμο είναι η ευθεία $\tau$, του Σχήματος 1.

Στη συνέχεια θα προσδιορίσουμε με ακρίβεια τα όρια του γ.τ. του σημείου Ν πάνω στην ευθεία $\tau$.

Αν η κορυφή Μ πέσει πάνω στην κορυφή Γ, αυτό είναι μια οριακή θέση του τετραγώνου και το σημείο $O_1:=(k+1,0)$ είναι το οριακό σημείο πάνω στην ευθεία $\tau$, Σχήμα 2. Κινούμενο το Μ πάνω στην πλευρά ΟΓ, προς το σημείο Ο, η κορυφή Κ του τετραγώνου θα έρθει κοντά στην κορυφή Γ, Σχήμα 3.

H κορυφή Ν θα πάει στην οριακή θέση $\mathrm{N_1}$. Στόχος μας είναι να προσδιορίσουμε τις συντεταγμένες του σημείο αυτού. Για να το πετύχουμε αυτό πρέπει να κάνουμε κάποιους γεωμετρικούς υπολογισμούς. Θα δείξουμε πρώτα ότι ΟΕ = ΜΖ, Σχήμα 3.

Προφανώς ΟΕ = ΖΗ (1). Το τετράπλευρο ΜΚΣΗ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (γιατί οι γωνίες του $\widehat{KΜ\Sigma}$ και $\widehat{KH\Sigma}$ είναι ορθές). Άρα, $\widehat{Κ\Sigma M}=\widehat{KHM}=45^0$. Επομένως, ΜΖ=ΖΗ=ΟΕ από την σχέση (1).

Τα δύο ορθογώνια τρίγωνα ΟΕΜ και ΟΔΚ είναι όμοια, άρα:

\begin{array}{lcl}
\mathrm{\frac{K\Delta}{O\Delta}}=\mathrm{\frac{EM}{OE}}&\Leftrightarrow& \frac{k+1}{1}=\mathrm{\frac{EM+OE}{y_M}}\\
&\Leftrightarrow& \frac{k+1}{1}=\frac{\mathrm{EM+MZ}}{y_M}\\
&\Leftrightarrow& \frac{k+1}{1}=\frac{k}{y_M}\\
&\Leftrightarrow& y_M=\frac{k}{k+1}
\end{array}

Το συμπέρασμά μας λοιπόν είναι ότι το σημείο Ν θα κινηθεί στο εσωτερικό του ευθ. τμήματος $\mathrm{O_1N_1}$ της ευθείας $(\tau )$. Μπορούμε τώρα να προσδιορίσουμε το διάστημα που πρέπει να κινηθεί η κορυφή Σ πάνω στην ευθεία ΟΣ ώστε η κορυφή Ν να είναι στο εσωτερικό του $\mathrm{O_1N_1}$ και στο εσωτερικό της πλευρά ΣΤ. Για να το προσδιορίσουμε αυτό, Σχήμα 3, ας φέρουμε από το σημείο $Ν_1$ παράλληλη στην πλευρά ΟΓ που θα τμήσει την ΟΣ στο $Ν_2$. Τότε η τετμημένη του $Ν_2$ θα είναι η τομή της παραλλήλου προς την ΜΓ, με εξίσωση $y=\frac{1}{k}x$, με την $Ox$. Η εξίσωση αυτής της παραλλήλου που άγεται από το σημείο $N_1$, έχει εξίσωση: $y-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{k}\left(x-\frac{k^2+k+1}{k+1}\right)$. Μηδενίζοντας το $y$ θα πάρουμε:

Συμπέρασμα: αν υποθέσω το παραλληλόγραμμο ΟΣΤΓ έτσι ώστε $O=(0,0)$, ΟΣ να είναι στον άξονα $Ox$, η κορυφή Γ να έχει συντεταγμένες $(k,1), \ k\in\mathbb{R}_{>0}$, το ύψος του να είναι η μονάδα του ορθοκανονικού συστήματος και $OΣ=\alpha$, τότε αν $\frac{k^2+1}{k+1}\leq \alpha\leq k+1$ η κορυφή Ν του εγγεγραμμένου τετραγώνου θα είναι στο εσωτερικό της πλευράς ΣΤ του παραλληλογράμμου. Επίσης, ένα ενδιαφέρον στοιχείο που προέκυψε από την ανάλυση είναι ότι o γεωμετρικός τόπος της κορυφής Ν είναι το τμήμα $\mathrm{Ν_1Ο_1}$ της ευθείας.

$\blacksquare$

Εγγραφή ισοπλεύρου τριγώνου σε έλλειψη

Να κατασκευαστεί ισόπλευρο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε έλλειψη.

Επιλέξτε ένα τυχαίο σημείο A της έλλειψης $\mathscr{G}_1$ (Σχ. 4). Περιστρέψτε την έλλειψη κατά $(Α,60^o)$ (με το αντίστοιχο εργαλείο του συστήματος δυναμικής γεωμετρίας). Η εικόνα της $c_1$ μέσω της περιστροφής είναι η έλλειψη $\mathscr{G}_2$ και τέμνει τη $\mathscr{G}_1$ τουλάχιστον σε ένα σημείο B διαφορετικό του Α. Η αντίστροφη εικόνα του Β βρίσκεται πάνω στην έλλειψη $\mathscr{G}_1$ και έτσι το τρίγωνο ${}^{\triangle}AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο. Η ίδια διαδικασία κατασκευής μπορεί να επαναληφθεί σε κάθε κλειστή καμπύλη (Σχ. 4).

Πόσα είδη όμως κανονικών πολυγώνου μπορούν να εγγραφούν σε έλλειψη (δείτε Celca et alii³ και Λυγάτσικας⁴) με άνισους άξονες?

Μπορούμε εύκολα να κατασκευάσουμε και τετράγωνο εγγεγραμμένο σε έλλειψη. Ξεκινήστε με τυχαίο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο το οποίο έχει τις πλευρές του παράλληλες στους άξονες. Τότε, μπορείτε μεταβάλλοντας τις διαστάσεις του ορθογωνίου να βρείτε μια θέση έτσι ώστε το ορθογώνιο να είναι τετράγωνο. Τον ισχυρισμό σας αυτόν μπορείτε να τον δικαιολογήσετε χρησιμοποιώντας το θεώρημα της μέσης τιμής. Διαφορετικά, θα μπορούσατε να κατασκευάσουμε το τετράγωνο φέροντας τις διχοτόμους των γωνιών των αξόνων της έλλειψης.

Θα δείξουμε τώρα ότι κανονικό n-γωνο εγγεγραμμένο σε έλλειψη με $n\geq 5$ δεν υπάρχει. Ουσιαστικά πρόκειται για μια εφαρμογή του θεωρήματος του Bezout⁵.

Ας υποθέσουμε ότι μετά από μεταφορά και στροφή ο αλγεβρικός τύπος της έλλειψης είναι $x^2+y^2\frac{b^2}{a^2}=b^2$ ή διαφορετικά αν $\alpha=\frac{b^2}{a^2},\ \beta=b^2$ με $\alpha,\beta>0,\neq 1$:

Έστω ότι υπάρχει κανονικό n-γωνο εγγεγραμμένο με $n\geq 5$ και κορυφές $(x_i,y_i)$, $i=1\dots n$. Έστω $x^2+y^2+cx+dy+e=0$ η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου στο κανονικό n-γωνο. Οι κορυφές $(x_i,y_i)$ θα είναι λύσεις του συστήματος

Το σύστημα αυτό ανάγεται στη λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης:

Στην εξίσωση το $c$ πρέπει να είναι διαφορετικό του μηδενός γιατί σε αντίθετη περίπτωση θα είχαμε δύο το πολύ λύσεις για το $y$ οι οποίες θα έδιναν δύο το πολύ λύσεις για το $x$, αδύνατο αφού $n\geq 5$. Άρα το κανονικό n-γωνο είναι εγγράψιμο και σε παραβολή. Αλλά, γνωρίζουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του κανονικού n-γώνου με την παραβολή μπορούν να έχουν το πολύ τέσσερα κοινά σημεία, δείτε Λυγάτσικας, σελ. 131 άσκηση 17. Και πάλι λοιπόν, οδηγούμαστε σε άτοπο. Άρα, τα κανονικά πολύγωνα τα εγγεγραμμένα σε κύκλο είναι μόνο το ισόπλευρο τρίγωνο και το τετράγωνο. $\blacksquare$

1. Matschke Benjamin, (2014): A Survey on the Square Peg Problem, Notices Of the AMS, vol. 61, no 4, pp. 346 – 352. ↩︎
2. Lemaire G., (1946): H Μεθοδική λύση του Γεωμετρικού Προβλήματος, Δεύτερη έκδοση, Βιβλ. Αθαν. Θ. Πούντζα. Μετάφραση από το METHODES DE RESOLUTION ET DE DISCUSSION DES PROBLEMES DE GEOMETRIE, VUIBERT PARIS, 1921 ↩︎
3. Gelca, Rvazvan, Andreescu, Titu, (2007): Putnam and Beyond, Springer. Σελ. 215 πρόβλημα 611. ↩︎
4. Λυγάτσικας Ζ., (2013): Κωνικές στην Ευκλείδεια Γεωμετρία, Liberal Books, Αθήνα. Σελ. 218 πρόβλημα 243 . ↩︎
5. Το θεώρημα του ‘Etienne Bezout (1739-1783) είναι βασικό στην Aλγεβρική Γεωμετρία. Η Αλγεβρική Γεωμετρία, στη σημερινή της μορφή, είναι κλάδος της Άλγεβρας. Για να μελετήσει τομές καμπυλών και επιφανειών, χρησιμοποιεί πολύπλοκες τεχνικές που τις δανείζεται συχνά από άλλους μαθηματικούς τομείς, τη μοντέρνα θεωρία Αριθμών, τις Αναλυτικές Συναρτήσεις, την Αλγεβρική Τοπολογία. Για έναν αμύητο οι μαθηματικές αυτές συσκευές μπορεί να μοιάζουν πολύ μακριά από την καθαρή γεωμετρική διαίσθηση. Κορυφαίοι μαθηματικοί του κλάδου είναι ο Andre Weil και Alexander Grothendieck. To θεώρημα Bezout είναι κάτι σαν το θεμελιώδες θεώρημα της Άλγεβρας. Λέει ότι: έστω p και q δύο πολυώνυμα βαθμού αντίστοιχα m και n, χωρίς κοινές συνιστώσες (αυτό σημαίνει αλγεβρικά ότι αν τα δυο πολυώνυμα p και q αναλυθούν σε γινόμενα πρώτων παραγόντων, δεν έχουν κοινούς παράγοντες), τότε το πλήθος των κοινών σημείων των αντιστοίχων καμπυλών $\mathscr{G}_p$ και $\mathscr{G}_q$ στο σύνολο των μιγαδικών, είναι ακριβώς mn.} Η διατύπωση ότι δύο κωνικές δεν μπορεί να έχουν παραπάνω από 4 κοινά σημεία οφείλεται στον Descartes. ↩︎