‫טרנספורמציות גיאומטריות ופתרון בעיות קיצון‬ ‫‪ 12‬בפברואר ‪2015‬‬ ‫‪1‬‬ ‫הזזות‪ ,‬שיקופים וסיבובים‬ ‫‪1.1‬‬ ‫הזזות‬ ‫כשאנו מנסים לפתור אי שוויונות גיאומטריים‪ ,‬יש ברשותנו כלים רבים ־ מאי שוויון המשולש‪ ,‬דרך טריגונומטריה ועד מגוון כלים‬ ‫מסובכים יותר‪.‬‬ ‫לפעמים‪ ,‬הפתרונות יפים יותר )וגם פשוטים יותר( אם מנסים להשתמש בכלים הפשוטים ביותר שבאמתחתנו ־ טרנספורמציות‬ ‫גיאומטריות‪ .‬אנחנו יכולים לשנות את העולם כך שאי השוויון אותו אנו חפצים להראות יקבל צורה פשוטה ביותר‪.‬‬ ‫נתבונן למשל בבעיה הבאה‪:‬‬ ‫‪1.1.1‬‬ ‫בניית גשר‬ ‫נניח שלנהר שתי גדות המהוות ישרים מקבילים‪ ,‬הערים ‪ A, B‬נמצאות משני צידי הנהר‪ ,‬ורוצים לבנות גשר ‪ M N‬במאונך לשפת הנהר‪,‬‬ ‫כך שהדרך בין שתי הערים ‪ AM N B‬תהיה הקצרה ביותר‪.‬‬ ‫אנו נפתור בעיה זו תוך שימוש באי השוויון הפשוט ביותר ־ )אי שוויון המשולש( ־ הקו הקצר ביותר המחבר שתי נקודות הוא קו ישר‪.‬‬ ‫כיצד זה קשור לבעיה שהצגנו? נזיז את הנקודה ‪ B‬במאונך לנהר לנקודה חדשה ‪ B 0‬שנמצאת במרחק רוחב הנהר‪ ,M N ,‬מ ‪.B‬‬ ‫כלומר‪ BB 0 = M N ,‬ו ‪ .BB 0 k M N‬אזי ‪ BB 0 M N‬היא מקבילית ולכן גם ‪ ,M B 0 = N B‬ונובע ש‬ ‫‪AM + M N + N B = (AM + M B 0 ) + M N ≥ AB 0 + M N‬‬ ‫ושוויון מתקיים אם ורק אם ‪ M‬נמצאת על הקו הישר המחבר את ‪ A‬ו ‪.B 0‬‬ ‫כעת ניתן לשאול מה קורה אם יש מספר נהרות שמפרידים בין ‪ A‬ו ‪ ?B‬היכן כדאי לבנות את הגשרים?‬ ‫‪1.2‬‬ ‫שיקוף ביחס לנקודה‬ ‫אפשר להשתמש בטרנספורמציות גיאומטריות גם כדי להוכיח טענות‪.‬‬ ‫בשביל להבין את השימושיות של שיקוף ביחס לנקודה‪ ,‬נוכיח קודם את הטענות הפשוטות הבאות ־‬ ‫‪1.2.1‬‬ ‫טענה‬ ‫הרכבה של שני שיקופים ביחס לנקודות שונות היא הזזה‪.‬‬ ‫יותר במדויק‪ ,‬אם משקפים בנקודה ‪ O1‬ולאחר מכן בנקודה ‪ ,O2‬מקבלים הזזה בכיוון מ ‪ O1‬ל ‪ O2‬ובאורך ‪.2O1 O2‬‬ ‫הוכחה‬ ‫‪1.2.2‬‬ ‫תרגיל ־ קטע אמצעים‪.‬‬ ‫הערה‬ ‫שימו לב שהכיוון משתנה אם הופכים את סדר השיקופים!‬ ‫הבה נראה כיצד עובדה זו יכולה להיות שימושית עבורנו‪ .‬הנה שאלה לדוגמא שבוודאי נתקלתם בה בעבר‬ ‫‪1.2.3‬‬ ‫תרגיל‬ ‫)א( הוכיחו כי אמצעי הצלעות של מרובע כלשהו ‪ ABCD‬יוצרים מקבילית‪.‬‬ ‫הוכחה‬ ‫הבאה‪:‬‬ ‫ניתן לראות זאת בדרכים רבות‪ ,‬אך עכשיו כשאנו חושבים במושגים של שיקופים‪ ,‬נוכל לקבל את ההוכחה הקלה והיפה‬ ‫נסמן את אמצעי הצלעות ‪ AB, BC, CD, DA‬ב ‪ M, N, P, Q‬בהתאמה‪ .‬אם נשקף את ‪ A‬בנקודות אלה בזו אחר ֹזו‪ ,‬נגיע שוב ל ‪.A‬‬ ‫אולם שיקוף ב ‪ M‬ואז ב ‪ N‬שקול להזזה בכיוון מ ‪ M‬ל ‪ N‬באורך ‪ ,2M N‬ושיקוף ב ‪ P‬ואז ב ‪ Q‬שקול להזזה בכיוון מ ‪ P‬ל ‪ Q‬באורך‬ ‫‪.2P Q‬‬ ‫הדרך היחידה בה שתי הזזות יכולות להחזיר אותנו למקום היא אם הן מנוגדות בכיוון ושוות אורך‪ ,‬כלומר ‪ M N = P Q‬ומקביל לו‪.‬‬ ‫לכן ‪ M N P Q‬מקבילית‪.‬‬ ‫‬ ‫להוכחה זו יתרון נוסף ־ ניתן להכליל אותה‪ .‬למשל‪ ,‬הנה הכללה טבעית‪ ,‬שבדרכי פתרון אחרות לא פשוט להגיע אליה ־‬ ‫)ב( יהיו ‪ M1 , M2 , M3 , M4 , M5 , M6‬אמצעי הצלעות של משושה כלשהו‪ .‬הוכיחו שקיימים משולש ‪ T1‬שצלעותיו שוות ומקבילות‬ ‫לקטעים ‪ ,M1 M2 , M3 M4 , M5 M6‬ומשולש ‪ T2‬שצלעותיו שוות ומקבילות לקטעים ‪.M2 M3 , M4 M5 , M6 M1‬‬ ‫הוכחה כמו בחלק )א( אנו רואים ששיקופים באמצעי הצלעות לפי הסדר‪ ,‬מחזירים אותנו למקום‪ ,‬כלומר ההזזות ב ‪2M3 M4 ,2M1 M2‬‬ ‫ו ‪ 2M5 M6‬מסתכמות בחזרה למקום‪ .‬אבל זה נותן לנו משולש שצלעותיו מקבילות ושוות לקטעים אלה‪ .‬כיווץ פי ‪ 2‬יתן לנו את‬ ‫המשולש שאנחנו רוצים‪ .‬באותו אופן נקבל גם את המשולש השני‪.‬‬ ‫‬ ‫‪1.3‬‬ ‫סיבוב‬ ‫דוגמא נוספת לשימוש בטרנסופרמציה גיאומטרית‪ ,‬הפעם אחרת‪ ,‬היא הסיבוב‪ .‬לפני שנראה שימוש לסיבוב‪ ,‬נוכיח תכונה נחמדה שלו‪.‬‬ ‫‪1.3.1‬‬ ‫טענה‬ ‫הרכבה של שני סיבובים‪ ,‬עם מרכזים ‪ O1‬ו ‪ ,O2‬בזוויות ‪ α‬ו ‪ β‬בהתאמה )באותו כיוון(‪ ,‬היא סיבוב בזוית ‪ α + β‬אם ◦‪,α + β 6= 360‬‬ ‫והזזה אחרת‪.‬‬ ‫יותר במדויק‪ ,‬הסיבוב הוא סביב הנקודה ‪ O‬שהיא חיתוך הישרים ‪ l1 , l2‬העוברים דרך הנקודות ‪ O1 , O2‬ומקיימים ‪^l1 O1 O2 = 21 α‬‬ ‫ו ‪.^O1 O2 l2 = 12 β‬‬ ‫אם ◦‪ ,α + β = 360‬ישרים אלה מקבילים‪ ,‬וההזזה היא בכיוון המאונך אליהם במרחק כפול מהמרחק ביניהם‪.‬‬ ‫הוכחה קודם כל‪ ,‬נשים לב שאם קטע ‪ AB‬עובר ל ‪ A0 B 0‬על יזי הזזה בזווית ‪ ,α‬אז הזווית בין שני הישרים היא ‪) α‬חישוב זוויות‬ ‫במרובע(‪.‬‬ ‫להיפך‪ ,‬אם ‪ AB‬ו ‪ A0 B 0‬קטעים באותו אורך והישרים יוצרים ביניהם זווית ‪ ,α‬אזי ‪ A0 B 0‬הוא סיבוב של ‪ AB‬בזווית ‪ α‬סביב מרכז‬ ‫כלשהו ־‬ ‫אכן‪ ,‬נבנה על ‪ AA0‬קשת מעגל הנראית בזוית ‪ ,α‬ונסמן ב ‪ O‬את החיתוך שלה עם האנך האמצעי ל ‪ .AA0‬אזי ברור שסיבוב בזווית‬ ‫‪ α‬של ‪ A‬יקח אותה ל ‪.A0‬‬ ‫נוכיח שסיבוב בזווית ‪ α‬סביב ‪ O‬לוקח גם את ‪ B‬ל ‪ ,B 0‬ולכן גם כל הקטע ‪ AB‬מועבר לכל הקטע ‪ .A0 B 0‬זה נובע מחפיפת המשולשים‬ ‫‪ OAB‬ו ‪) OA0 B 0‬את הזווית מקבלים מציקליות של המרובע(‪.‬‬ ‫כעת‪ ,‬נשים לב שהרכבה של שני הסיבובים לוקחת קטע ‪ AB‬לקטע ‪ A0 B 0‬בגודל שווה‪ ,‬כך שהישרים יוצרים זווית של ‪ .α + β‬במקרה‬ ‫שבו ◦‪ ,α + β = 360‬הישרים מקבילים‪ ,‬ואז ‪ A0 B 0‬מתקבל מ ‪ AB‬על ידי הזזה‪.‬‬ ‫לכן‪ ,‬כבר קיבלנו את הטענה‪ .‬נמשיך לקבלת הפרטים המדויקים‪.‬‬ ‫‪00‬‬ ‫‪0‬‬ ‫נסמן ב ‪ O1‬את הנקודה אליה ‪ O1‬עוברת לאחר הרכבת שני הסיבובים‪ .‬נסמן ב ‪ O2‬את הנקודה שעוברת ל ‪ O2‬לאחר הרכבת שני‬ ‫הסיבובים‪.‬‬ ‫‪00‬‬ ‫‪0‬‬ ‫המרכז ‪ O‬אותו אנחנו מחפשים צריך להיות על האנכים האמצעיים ל ‪ O2 O2‬ול ‪ ,O1 O1‬אבל זו בדיוק הנקודה שתיארנו לעיל‪.‬‬ ‫‪0‬‬ ‫במקרה בו ◦‪ ,α + β = 360‬ההזזה נקבעת לפי העובדה שהיא צריכה להעביר את ‪ O1‬ל ‪ ,O1‬וניתן לראות בקלות שזו ההזזה שתיארנו‪.‬‬ ‫דוגמא לשימוש בסיבובים ובטענה הנ"ל היא התכונה היפה הבאה של משולשים שווי צלעות‪.‬‬ ‫‪1.3.2‬‬ ‫משפט נפוליאון‬ ‫)א( על הצלעות של משולש ‪ ABC‬בונים משולשים שווי צלעות כלפי חוץ‪ .‬הוכיחו כי המרכזים ‪ O1 , O2 , O3‬של המשולשים יוצרים‬ ‫בעצמם משולש שווה צלעות‪.‬‬ ‫האם הטענה נכונה אם במקום לבנות את המשולשים כלפי חוץ‪ ,‬בונים אותם כלפי פנים?‬ ‫‪2‬‬ ‫פתרון נתבונן בסדרה של שלושה סיבובים‪ ,‬כל אחד ב ‪ 120‬מעלות‪ ,‬סביב הנקודות ‪ .O1 , O2 , O3‬הסיבוב הראשון לוקח את ‪ A‬ל ‪,B‬‬ ‫השני את ‪ B‬ל ‪ C‬והשלישי את ‪ C‬ל ‪.A‬‬ ‫מכאן נובע ש ‪ A‬היא נקודת שבת של פעולה זו‪ .‬אבל‪ ,‬הרכבה של שלושה סיבובים ב ‪ 120‬מעלות היא הזזה‪ .‬ולהזזה אין נקודות שבת‪.‬‬ ‫לכן היא חייבת להיות הזהות‪) .‬לא עושה כלום(‪.‬‬ ‫כעת‪ ,‬הרכבת שני הסיבובים הראשונים היא סיבוב ב ◦‪ 240‬סביב נקודה ‪ ,O‬כך ש ◦‪ ,^OO1 O2 = ^OO2 O1 = 60‬לכן ‪OO1 O2‬‬ ‫משולש שווה צלעות‪.‬‬ ‫◦‬ ‫מכיוון שסכום הסיבוב הזה והסיבוב ב ‪ 120‬סביב ‪ O3‬צריכים לבטל אחד את השני‪ ,‬וזה ייתכן רק אם ‪ .O = O3‬סיימנו‪ .‬‬ ‫‪1.3.3‬‬ ‫הערה‬ ‫זוהי אחת ההוכחות הפשוטות והאלגנטיות ביותר שאני מכיר למשפט‪ ,‬למרות שיש לו מספר רב של הוכחות‪ .‬אתם מוזמנים לחפש‪.‬‬ ‫אותה הוכחה בדיוק עובדת גם אם בונים את המשולשים כלפי פנים!‬ ‫יתר על כן‪ ,‬הוכחה זו שוב מאפשרת לנו למצוא בלי מאמץ את ההכללה הבאה של משפט נפוליאון‪:‬‬ ‫)ב( על הצלעות של משולש ‪ ABC‬בונים משולשים שווי שוקיים‪ ,‬כלפי חוץ ‪ BCA1 , CAB1 , ABC1‬עם זוויות ראש ‪ α, β, γ‬בקדקודים‬ ‫‪ A1 , B1 , C1‬בהתאמה‪.‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫הוכיחו כי אם ◦‪ ,α + β + γ = 360‬אזי הזוויות של המשולש ‪ A1 B1 C1‬שוות ל ‪ 2 α, 2 β, 2 γ‬בהתאמה‪ .‬כלומר‪ ,‬הן אינן תלויות במשולש‬ ‫המקורי ‪.ABC‬‬ ‫האם הטענה נכונה אם בונים את המשולשים כלפי פנים?‬ ‫פתרון ההוכחה דומה מאוד להוכחה של משפט נפוליאון‪ .‬שוב ‪ A‬נשארת במקום לאחר הרכבת שלושת הסיבובים‪ ,‬ומהתנאי נובע‬ ‫שמדובר בהזזה ולכן הם מבטלים אחד את השני‪.‬‬ ‫הרכבת שני הסיבובים הראשונים יוצרת סיבוב בזווית ‪ α + β‬סביב נקודה ‪ C2‬כך שזוויות המשולש ‪ A1 B1 C2‬שוות לגדלים הנ"ל‪.‬‬ ‫אולם‪ ,‬סיבוב זה צריך לבטל את הסיבוב ב ‪ γ‬סביב ‪ ,C1‬לכן ‪ C1 = C2‬וסיימנו‪.‬‬ ‫כמובן‪ ,‬אותה הוכחה עובדת אם בונים את המשולשים כלפי פנים‪.‬‬ ‫‪1.3.4‬‬ ‫הערה‬ ‫בעצם‪ ,‬הבנייה לעיל שקולה לבניית משולשים דומים על הצלעות‪ .‬התראו כיצד?‬ ‫הרעיונות ששימשו אותנו כאן נותנים לנו גם אפשרות להרחיב את אופקינו למרובעים‪.‬‬ ‫‪1.3.5‬‬ ‫תרגיל‬ ‫)א( על צלעותיו של מרובע קמור ‪ ABCD‬בונים משולשים שווי צלעות ‪ ,ABM1 , BCM2 , CDM3 , DAM4‬כך שהראשון והשלישי‬ ‫נבנים כלפי חוץ והשני והרביעי נבנים כלפי פנים‪.‬‬ ‫הוכיחו שהמרובע ‪ M1 M2 M3 M4‬הוא מקבילית‪) .‬במקרים מסוימים היא עשויה להתנוון לקטע‪ .‬התדעו מתי?(‬ ‫הוכחה הרכבת הסיבובים ב ◦‪ 60‬סביב כל הנקודות מחזירים את ‪ A‬למקום‪ .‬נשים לב שכיווני הסיבוב סביב ‪ M2‬ו ‪ M4‬מנוגדים‬ ‫לכיווני הסיבוב סביב ‪ M1‬ו ‪ .M3‬לכן‪ ,‬מדובר שוב בהזזה‪.‬‬ ‫יתר על כן‪ ,‬כבר הרכבת הסיבובים סביב ‪ M1‬ו ‪ M2‬היא הזזה‪ ,‬והיא צריכה להיות מנוגדת להזזה המהווה את הרכבת הסיבובים סביב‬ ‫‪ M3‬ו ‪.M4‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ההזזה הראשונה מזיזה את ‪ M1‬לנקודה ‪ M1‬היוצרת משולש שווה צלעות ‪ .M1 M2 M1‬ההזזה השנייה מזיזה את ‪ M3‬לנקודה ‪M3‬‬ ‫‪0‬‬ ‫היוצרת משולש שווה צלעות ‪.M3 M4 M3‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫לכן נובע ש ‪ M1 M1‬ו ‪ M3 M3‬שווים ומקבילים )ובכיוון הפוך(‪ .‬אבל סיבוב שלהם ב ◦‪ 60‬יתן לנו שגם ‪ M1 M2‬ו ‪ M3 M4‬שווים‬ ‫ומקבילים ־ לכן התוצאה‪.‬‬ ‫)ב( על צלעותיו של מרובע קמור ‪ ABCD‬בונים ריבועים‪ ,‬כלפי חוץ‪ .‬מרכזי הריבועים הם ‪ .M1 , M2 , M3 , M4‬הוכיחו ש = ‪M1 M3‬‬ ‫‪ M2 M4‬ו ‪.M1 M3 ⊥ M2 M4‬‬ ‫הוכחה יש לנו כאן הרכבה של ארבעה סיבובים ב ◦‪ .90‬לכן מדובר בהזזה‪ ,‬ומכיוון ש ‪ A‬נשאר במקום‪ ,‬הם מבטלים אחד את השני‪.‬‬ ‫ההרכבה של השניים הראשונים נותנת סיבוב ב ◦‪) 180‬שיקוף( סביב נקודה ‪ O‬כך ש ◦‪ ,^OM1 M2 = ^OM2 M1 = 45‬לכן‬ ‫‪ OM1 ⊥ OM2‬ו ‪) .OM1 = OM2‬נובע גם ש ‪ O‬היא אמצע האלכסון ‪.(AC‬‬ ‫ההרכבה של השניים האחרים נותנת גם היא שיקוף סביב ‪ O‬הפעם כך ש ◦‪ , ^OM3 M4 = ^OM4 M3 = 45‬לכן ‪ OM3 ⊥ OM4‬ו‬ ‫‪ O .OM3 = OM4‬היא אותה נקודה‪.‬‬ ‫‪3‬‬ ‫אבל זה אומר שהמשולש ‪ OM2 M4‬מתקבל מהמשולש ‪ OM1 M3‬על ידי סיבוב ב ◦‪ 90‬סביב ‪ .O‬לכן ‪ M1 M3 ⊥ M2 M4‬ושווה לו‬ ‫בגודל‪ .‬‬ ‫)ג( על הצלעות של מקבילית ‪ ABCD‬בונים ריבועים כלפי חוץ‪ .‬הוכיחו כי המרכזים ‪ M1 , M2 , M3 , M4‬יוצרים ריבוע‪ .‬האם זה נכון‬ ‫אם בונים אותם כלפי פנים?‬ ‫הוכחה הוכחנו כבר שהאלכסונים שווים ומאונכים‪ .‬יתר על כן‪ ,‬הנקודה ‪ O‬לעיל היתה אמצע ‪ .AC‬מכיוון ש ‪ ABCD‬מקבילית‪ ,‬זוהי‬ ‫נקודת חיתוך האלכסונים )למעשה‪ ,‬מרכז הסימטריה( שלה ולכן מרכז הסימטריה גם של ‪ .M1 M2 M3 M4‬מכיוון שלמרובע יש מרכז‬ ‫סימטריה רק אם הוא מקבילית‪ ,‬כבר קיבלנו ש ‪ M1 M2 M3 M4‬מקבילית‪) .‬אפשר לראות זאת גם מכך ש ‪ O‬היא אמצע ‪ BD‬ולכן‬ ‫הטיעונים של סעיף )ב( יתנו לנו שהאלכסונים נחצים(‪.‬‬ ‫אבל מקבילית עם אלכסונים מאונכים היא מעוין‪ ,‬והעובדה שהאלכסונים שווים הופכת אותה לריבוע‪.‬‬ ‫כמובן‪ ,‬אותה הוכחה בדיוק עובדת כאשר בונים אותם כלפי פנים‪.‬‬ ‫הרעיון של הסיבוב הוא כל כך יסודי‪ ,‬אבל באופן מפתיע הביא לתוצאות חדשות בגיאומטריה של המישור אפילו במאה ה־‪(!!) 20‬‬ ‫‪1.3.6‬‬ ‫משפט פומפיו )‪(1936‬‬ ‫יהי ‪ ABC‬משולש שווה צלעות‪ ,‬ותהי ‪ P‬נקודה במישור שאינה על המעגל החוסם של ‪ .ABC‬אזי ניתן לבנות משולש שצלעותיו באורכי‬ ‫הקטעים ‪.P A, P B, P C‬‬ ‫אם ‪ P‬נמצאת על המעגל החוסם‪ ,‬אז אחד משלושת האורכים שווה לסכום השניים האחרים‪.‬‬ ‫הוכחה כדי להבין מדוע זה קורה‪ ,‬נסובב את המשולש בזווית של ◦‪ 60‬סביב הנקודה ‪ ,C‬ונסמן ב ‪ A0 , P 0‬את תמונות הנקודות ‪A, P‬‬ ‫בהתאמה‪) .‬שימו לב ש ‪ A‬היא תמונת ‪.(B‬‬ ‫כעת המשולש ‪ P P 0 A‬הוא משולש שצלעותיו באורכי ‪ P P 0 = P C ,P 0 A = P B‬ו ‪ ,P A‬כנדרש‪.‬‬ ‫מתי זה אינו משולש? כלומר‪ ,‬מתי הנקודות ‪ P, P 0 , A‬נמצאות על קו ישר אחד?‬ ‫אז ‪ P‬לא יכולה להיות בתוך המשולש‪ .‬מכיוון ש ‪ A‬היא על ‪ P P 0‬ו ‪ P P 0 C‬שווה צלעות‪ ∠AP C = 120◦ ,‬אם ‪ P‬בין ‪ A‬ל ‪ ,P 0‬או ◦‪60‬‬ ‫אחרת‪ ,‬כלומר ‪ P‬על המעגל החוסם‪.‬‬ ‫נוכל גם להשתמש בסיבוב וברעיונות עליהם דיברנו בתחילת ההרצאה על מנת לפתור בעיות קיצון‪ .‬למשל‪:‬‬ ‫‪1.3.7‬‬ ‫בעיה )נקודת פרמה(‬ ‫יהי ‪ ABC‬משולש‪ .‬מצאו נקודה ‪ P‬במישור המשולש כך ש ‪ P A + P B + P C‬מינימלי‪.‬‬ ‫הוכחה נסובב את המשולש סביב ‪ C‬ב ◦‪ .60‬נסמן ב ‪ P 0 , A0‬את תמונות ‪ P, A‬כמקודם‪ .‬אזי ‪ P P 0 = P C‬ו ‪ .P 0 A0 = P A‬לכן‬ ‫‪.P A + P B + P C = BP + P P 0 + P 0 A0 ≥ BA0‬‬ ‫‪0 0‬‬ ‫◦‬ ‫‪0‬‬ ‫מתי יש שוויון? כאשר זהו קו ישר‪ ,‬כלומר הנקודות ‪ B, P, P , A0‬נמצאות על אותו קו ישר‪ .‬לכן ‪.∠BP C = ∠A P C = 120‬‬ ‫אבל זה אומר ש ‪ P‬היא נקודה כך ש ◦‪ .∠BP C = ∠CP A = ∠AP B = 120‬נקודה זו נקראת נקודת פרמה‪ .‬‬ ‫‪1.3.8‬‬ ‫הערה‬ ‫נוכל לשלב את שתי האבחנות האחרונות ולראות כי אם ‪ M‬היא נקודת פרמה במשולש ‪ X, Y, Z‬שאורכי צלעותיו ‪ ,P A, P B, P C‬אז‬ ‫‪.M X + M Y + M Z = AB‬‬ ‫‪1.3.9‬‬ ‫מסקנה‬ ‫ניזכר במשפט נפוליאון‪ .‬אנחנו מקבלים שאם בונים משולשים שווי צלעות על הצלעות של משולש ‪ ,ABC‬אז ‪ P‬נמצאת על החיתוך של‬ ‫‪ AA1 , BB1‬ו ‪.CC1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫יתר על כן‪ ,AA = BB = CC 0 ,‬כיוון שהאורך של כל אחד מהם הוא ‪.P A + P B + P C‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2.1‬‬ ‫סימטריה ־ שיקוף בישר‬ ‫הקדמה‬ ‫על מנת להבין את חשיבותה של פעולת השיקוף בישר‪ ,‬נתחיל מפתרון הבעיה הפשוטה והידועה הבאה‬ ‫‪2.1.1‬‬ ‫זווית הפגיעה שווה לזווית ההחזרה‬ ‫)א( נתון קו ישר ‪ M N‬ונתונות שתי נקודות ‪ A, B‬באותו צד שלו‪ .‬מצא נקודה ‪ X‬על הקטע ‪ M N‬כך ש ‪.^AXM = ^BXN‬‬ ‫פתרון נשקף את הנקודה ‪ B‬בישר ‪ M N‬לקבלת נקודה ‪ .B 0‬כעת נעביר את הקו הישר ‪ AB 0‬ונסמן ב ‪ X‬את נקודת החיתוך שלו עם‬ ‫‪ .M N‬קל לראות שזו הנקודה הרצויה‪.‬‬ ‫ניתן גם לפתור כך בעיות מעט יותר סבוכות‬ ‫)ב( נתון קו ישר ‪ ,M N‬ושני מעגלים ‪ S1 , S2‬באותו צד שלו‪ .‬מצא נקודה ‪ X‬על ‪ M N‬כך שאחד המשיקים מנקודה זו למעגל ‪ S1‬ואחד‬ ‫המשיקים מנקודה זו למעגל ‪ S2‬יוצרים זוויות שוות עם הישר ‪.M N‬‬ ‫פתרון הפתרון כמעט זהה‪ .‬נשקף את המעגל ‪ S2‬בישר ‪ M N‬ונעביר משיק משותף לשני המעגלים‪ .‬למעשה‪ ,‬יש לנו ‪ 4‬אפשרויות‬ ‫לבחירת המשיק המשותף‪ ,‬וכל אפשרות תתאים לבחירה של שני משיקים מהנקודה למעגלים ־ כך נקבל את ‪ 4‬הנקודות הרלבנטיות‪.‬‬ ‫הנקודה ‪ X‬היא נקודת החיתוך של המשיק המשותף עם ‪ .M N‬‬ ‫)ג( נתון קו ישר ‪ M N‬ונתונות שתי נקודות ‪ A, B‬באותו צד שלו‪ .‬מצא נקודה ‪ X‬על הקטע ‪ M N‬כך ש ‪.^AXM = 2^BXN‬‬ ‫פתרון ראשון נניח שמצאנו את הנקודה ‪ .X‬תהי ‪ B 0‬השיקוף של ‪ B‬ב ‪ M N‬ונעביר את הישר ‪ .AX‬נסמן ב ‪ C‬נקודה על המשכו‪.‬‬ ‫אז ‪.^CXN = 2^B 0 XN‬‬ ‫לכן ‪ B 0 X‬חוצה את זווית ‪ .^CXN‬נתבונן במעגל שמרכזו ‪ B 0‬ומשיק ל ‪ .M N‬נובע שהוא משיק גם ל ‪ .AXC‬לכן הנקודה ‪ X‬היא‬ ‫החיתוך של הישר ‪ M N‬עם המשיק מ ‪ A‬למעגל זה‪) .‬איזה מהמשיקים?(‬ ‫פתרון שני שוב‪ ,‬נניח שמצאנו את ‪ .X‬נסמן ב ‪ A0‬את שיקוף ‪ A‬ב ‪ .B 0 X‬מכיוון ש ‪ B 0 X‬חוצה את זווית ‪ A0 ,^AXM‬נמצאת על‬ ‫‪ XM‬ו ‪ .B 0 A = B 0 A0‬לכן‪ ,‬אם נעביר מעגל שמרכזו ב ‪ B 0‬ורדיוסו ‪ ,B 0 A‬חיתוכו עם ‪ M N‬יהיה הנקודה ‪.A0‬‬ ‫כעת נעביר אנך אמצעי לקטע ‪) AA0‬בעצם זהו גובה מ ‪ (B‬וחיתוכו עם ‪ M N‬הוא הנקודה המבוקשת ‪ .X‬‬ ‫אפשר להשתמש בשיקוף בישרים לא רק לבנייה אלא גם להוכחת תכונות מעניינות במשולשים‪ ,‬כמו למשל בדוגמא הבאה‪:‬‬ ‫‪2.1.2‬‬ ‫נקודות מפגש הגבהים )אורתוצנטר(‬ ‫יהיו ‪ A1 , A2 , A3 , A4‬נקודות במישור‪ ,‬כך ש ‪ A4‬היא נקודת מפגש הגבהים של המשולש ‪ .A1 A2 A3‬נסמן את המעגלים החוסמים של‬ ‫המשולשים ‪ A1 A2 A3 , A1 A2 A4 , A1 A3 A4 , A2 A3 A4‬ב ‪ S4 , S3 , S2 , S1‬בהתאמה‪.‬‬ ‫נסמן ב ‪ O4 , O3 , O2 , O1‬את המרכזים של המעגלים האלה‪ ,‬בהתאמה‪.‬‬ ‫)א( הוכיחו ש ‪ A1‬היא נקודת מפגש הגבהים של ‪ A2 ,A2 A3 A4‬היא נקודת מפגש הגבהים של ‪ A3 ,A1 A3 A4‬היא נקודת מפגש הגבהים‬ ‫של ‪) .A1 A2 A4‬מיידי(‪.‬‬ ‫)ב( המעגלים ‪ S1 , S2 , S3 , S4‬כולם חופפים‪.‬‬ ‫‪0‬‬ ‫הוכחה נשקף את הנקודה ‪ A4‬בישר ‪ A2 A3‬לקבלת הנקודה ‪ .A4‬נקודה זו נמצאת על המעגל ‪) .S4‬חישוב זוויות פשוט(‪ .‬לכן ‪ S4‬הוא‬ ‫‪0‬‬ ‫המעגל החוסם של ‪.A2 A3 A4‬‬ ‫אולם זה אומר שהוא מתקבל מהמעגל החוסם של ‪ ,S1 ,A2 A3 A4‬על ידי שיקוף בישר ‪ ,A2 A3‬בפרט הוא חופף לו‪ .‬מסימטריה‪ ,‬זה נכון‬ ‫גם למעגלים האחרים‪ .‬‬ ‫)ג( המרובע ‪ O1 O2 O3 O4‬מתקבל מהמרובע ‪ A1 A2 A3 A4‬על ידי שיקוף ביחס לנקודה כלשהי ‪) .O‬במילים אחרות‪ ,‬ארבעת הקטעים‬ ‫שמחברים כל נקודה למרכז המעגל החוסם של האחרות‪ ,‬נחתכים בנקודה אחת שחוצה כל אחד מהקטעים(‪.‬‬ ‫הוכחה לפחות אחד מהמשולשים ‪ A1 A2 A3 , A1 A2 A4 , A1 A3 A4 , A2 A3 A4‬חייב להיות חד־זוויות‪ .‬אכן‪ ,‬אם אחד מהם קהה זווית‪,‬‬ ‫נניח ‪ A2 A3 A4‬בעל זווית קהה ב ‪ ,A4‬אז ‪ A1 A2 A3‬יהיה חד־זוויות‪ .‬לכן נוכל להניח ש ‪ A1 A2 A3‬חד זוויות‪ ,‬וכי ‪ A4‬נמצאת בתוכו‪.‬‬ ‫נתבונן במרובע ‪ .A1 A4 O1 O4‬הנקודות ‪ O1 , O4‬הן המרכזים של המעגלים ‪ S1 , S4‬שמתקבלים משיקוף האחד של השני בישר ‪,A2 A3‬‬ ‫כפי שראינו קודם‪.‬‬ ‫לכן ‪ O1‬מתקבלת משיקוף של ‪ O4‬ב ‪ ,A2 A3‬כלומר ‪ .O1 O4 ⊥ A2 A3‬לכן ‪ .O1 O4 k A1 A4‬כמו כן‪ O1 A4 = O4 A1 ,‬הוא אורך‬ ‫הרדיוס )הזהה( בשני המעגלים‪.‬‬ ‫מכאן נובע שהמרובע הוא מקבילית או טרפז שווה שוקיים‪ .‬אולם האנך האמצעי של ‪ A2 A3 ,O1 O4‬אינו חותך את ‪ ,A1 A4‬לכן זו‬ ‫חייבת להיות מקבילית‪ ,‬ואז אלכסוניה חוצים זה את זה בנקודה ‪ .O‬באותו אופן רואים ש ‪ O‬חוצה את ‪ A2 O2‬ו ‪.A3 O3‬‬ ‫‪2.2‬‬ ‫בעיית ‪Fagnano‬‬ ‫כעת נוכל להשתמש בכל מה שלמדנו על מנת לפתור את הבעיה המפורסמת הבאה‪ ,‬הנקראת גם בעיית ‪ ,Fagnano‬על שם האיטלקי‬ ‫שחשב עליה בשנת ‪.1775‬‬ ‫‪2.2.1‬‬ ‫בעיה‬ ‫עבור משולש חד זויות‪ ,‬קבעו מהו המשולש החסום בתוכו בעל היקף מינימלי‪.‬‬ ‫אמנם בעצמו פתר את הבעיה‪ ,‬תוך שימוש בכלים של חשבון דיפרנציאלי ובתוצאה של אביו‪ ,‬מאוחר יותר ניתנו מספר הוכחות‬ ‫גיאומטריות‪ ,‬ביניהן ההוכחות של ‪ Schwarz‬ו ‪ ,Fejer‬אותן נציג כאן‪.‬‬ ‫‪2.2.2‬‬ ‫ההוכחה של שוורץ‬ ‫ההוכחה של שוורץ משתמשת בטרנספורמציה מעט שונה ־ אנו נשקף הפעם במקום בנקודה‪ ,‬בקו ישר‪.‬‬ ‫בהינתן משולש ‪ ,ABC‬נשקף את כל המשולש בצלע ‪ .BC‬נסמן את תמונת ‪ A‬לאחר השיקוף ב ‪.A0‬‬ ‫כעת‪ ,‬נשקף את המשולש שהתקבל בצלע ‪ .CA0‬נסמן את תמונת ‪ B‬ב ‪ .B 0‬נמשיך ונשקף ב ‪ A0 B 0‬לקבלת ‪ ,C 0‬ב ‪ B 0 C 0‬לקבלת ‪ ,A00‬ב‬ ‫‪ C 0 A00‬לקבלת ‪ B 00‬וב ‪ A00 B 00‬לקבלת ‪.C 00‬‬ ‫בסך הכל שיקפנו את המשולש שש פעמים‪.‬‬ ‫תחילה‪ ,‬נשים לב שהמשולש האחרון‪ A00 B 00 C 00 ,‬הוא בעצם הזזה של המשולש המקורי‪.‬‬ ‫אכן‪ ,‬שני השיקופים הראשונים מעבירים את ‪ ABC‬ל ‪ A0 B 0 C‬־ משולש שיכול להתקבל גם על ידי סיבוב ב ‪ 2^C‬סביב ‪ C‬מהמשולש‬ ‫המקורי‪.‬‬ ‫באופן דומה‪ ,‬הרכבת שני השיקופים הבאים היא בעצם סיבוב ב ‪ 2^B‬סביב ‪ ,B 0‬והרכבת שני השיקופים האחרונים היא סיבוב ב‬ ‫‪ 2^A‬סביב ‪ .A00‬מכיוון ש ◦‪ ,2^A + 2^B + 2^C = 360‬ממה שכבר הוכחנו‪ ,‬נובע שמדובר בהזזה‪.‬‬ ‫לכן ‪ BC‬מקבילה ל ‪.B 00 C 00‬‬ ‫‪0‬‬ ‫כעת‪ ,‬נניח ש ‪ U V W‬הוא משולש החסום בתוך המשולש ‪ ,ABC‬כאשר ‪ U‬על ‪ V ,BC‬על ‪ CA‬ו ‪ W‬של ‪ .AB‬נסמן ב ‪ V‬את תמונת‬ ‫‪ V‬אחרי השיקוף הראשון‪.‬‬ ‫נסמן ב ‪ W 0‬את תמונת ‪ W‬לאחר השיקוף השני‪ ,‬נסמן ב ‪ U 0‬את תמונת ‪ U‬לאחר השיקוף השלישי‪ ,‬ובאופן דומה את הנקודות ‪,V 00‬‬ ‫‪.U 00 ,W 00‬‬ ‫אזי אורך הקו השבור ‪ U V 0 W 0 U 0 V 00 W 00 U 00‬הוא פעמיים ההיקף של המשולש ‪ .U V W‬אורכו בוודאי ארוך מהקו הישר המחבר את‬ ‫‪ U‬ו ‪ .U 00‬מתי קו זה הוא קו ישר?‬ ‫אנו צריכים שיתקיים‬ ‫‪^AW V = ^U W B‬‬ ‫‪^W U B = ^V U C,‬‬ ‫‪^U V C = ^W V A,‬‬ ‫נוכיח שזה מתקיים כאשר ‪ U, V, W‬הם עקבי הגבהים‪) .‬מרובעים ציקליים ־ פשוט(‪.‬‬ ‫‪00‬‬ ‫לכן‪ ,‬אם נסמן ב ‪ E, F, G‬את עקבי הגבהים‪ ,‬נקבל שאורך הקו הישר ‪ EE 00‬הוא פעמיים ההיקף של ‪ .EF G‬אבל ‪ ,BC k B C‬לכן‬ ‫‪ U E k U 00 E 00‬ושווה לו באורך‪ ,‬כלומר ‪ U U 00 E 00 E‬היא מקבילית ולכן ‪ ,U U 00 = EE 00‬ונובע שההיקף של ‪ EF G‬מינימלי‪.‬‬ ‫‪2.2.3‬‬ ‫‪00‬‬ ‫ההוכחה של ‪Fejer‬‬ ‫בהינתן ‪ U, V, W‬על ‪ BC, CA, AB‬בהתאמה‪ ,‬נשקף את ‪ U‬ב ‪ AC‬לקבלת ‪ U 0‬ונשקף אותה גם ב ‪ AB‬לקבלת ‪ .U 00‬כעת ההיקף הוא‬ ‫פשוט אורך הקו השבור ‪.U 0 V W U 00‬‬ ‫אם נניח ש ‪ U‬נשארת באותו מקום‪ ,‬ואנו משנים את המיקום של ‪ V‬ו ‪ ,W‬אז ‪ U‬ו ‪ U 00‬נשארות קבועות‪ .‬מכיוון שהקו הקצר ביותר‬ ‫שמחבר את שתיהן הוא קו ישר‪ V ,‬ו ‪ W‬שיתנו אורך מינימלי עבור ‪ U‬מסוימת יהיו נקודות החיתוך של ‪ U 0 U 00‬עם הצלעות‪ .‬כעת‪ ,‬ננסה‬ ‫לבחור את ‪ U‬כך שההיקף‪ ,‬כלומר אורך ‪ U 0 U 00‬יהיה מינימלי‪ .‬נשים לב ש ‪ ^U 0 AU 00 = 2^A‬לכל מיקום של ‪ .U‬לכן כל המשולשים‬ ‫דומים‪ ,‬והאורך של ‪ U 0 U 00‬מינימלי כאשר האורך ‪ AU 0 = AU‬הוא מינימלי‪.‬‬ ‫אבל אורך ‪ AU‬מינימלי כאשר ‪ AU‬הוא הגובה )הקו הקצר ביותר בין נקודה לישר הוא האנך מהנקודה לישר(‪ .‬לכן ‪ U‬היא עקב‬ ‫הגובה מ ‪ A‬ל ‪.BC‬‬ ‫כעת‪ ,‬נוכל לנסות לקבוע את מיקום ‪ ,V, W‬אבל נוכל גם להשתמש בסימטריה‪ .‬מהשיקולים לעיל אפשר לראות שיש פתרון יחיד לבעיה‪.‬‬ ‫אם נתחיל מכל אחת מהצלעות האחרות‪ ,‬נקבל את אותו פתרון יחיד‪ .‬לכן נקבל שגם ‪ V, W‬הם עקבי הגבהים‪ .‬כמסקנה‪ ,‬נקבל גם‬ ‫שאם ‪ U V W‬משולש עקבי הגבהים‪ ,‬אז הקו ‪ U 0 V W U 00‬הוא ישר‪ ,‬כלומר את שוויון הזוויות בו השתמשנו בהוכחה הקודמת‪.‬‬