Pascals sats

En triangel kan bildas med hjälp av tre alternerande sexhörningssidor

Betrakta figurerna 1 och 2. I dessa bildar de alternerande sidorna ${\displaystyle AB}$, ${\displaystyle CD}$ och ${\displaystyle EF}$ (eller dessa sidors förlängningar) triangeln ${\displaystyle \triangle PQR}$ (ljusgrön) med hörnen ${\displaystyle P=AB\cap EF}$, ${\displaystyle Q=AB\cap CD}$ och ${\displaystyle R=EF\cap CD}$. Sexhörningens tre övriga sidor skär vardera två av sidorna i ${\displaystyle \triangle PQR}$, vilket enligt Menelaos sats ger (vi bryr oss inte om sträckornas riktning, utan bara deras belopp – det vill säga ${\displaystyle PB=BP}$ etcetera):

${\displaystyle BC:\quad {\frac {PB}{QB}}\cdot {\frac {QC}{RC}}\cdot {\frac {RZ}{PZ}}=1}$

${\displaystyle DE:\quad {\frac {PX}{QX}}\cdot {\frac {QD}{RD}}\cdot {\frac {RE}{PE}}=1}$

${\displaystyle FA:\quad {\frac {PA}{QA}}\cdot {\frac {QY}{RY}}\cdot {\frac {RF}{PF}}=1}$

Multiplicerar vi samman dessa tre får vi:

${\displaystyle {\frac {PB}{QB}}\cdot {\frac {QC}{RC}}\cdot {\frac {RZ}{PZ}}\cdot {\frac {PX}{QX}}\cdot {\frac {QD}{RD}}\cdot {\frac {RE}{PE}}\cdot {\frac {PA}{QA}}\cdot {\frac {QY}{RY}}\cdot {\frac {RF}{PF}}=1\quad \quad (1)}$

I beviset för Pappos sats, som hittills följt samma resonemang som ovan, finns det därtill de två räta linjer på vilka de sex hörnen ligger, men här ligger hörnen i stället på en cirkel. Det finns dock en lösning – en punkts potens i förhållande till en cirkel är konstant! Detta förhållande går, beroende på punktens läge i förhållande till cirkeln, under namnen kordasatsen (punkten ligger inuti cirkeln) och sekantsatsen (punkten ligger utanför cirkeln). Punkterna ${\displaystyle P}$, ${\displaystyle Q}$ och ${\displaystyle R}$, har således potensen (vi bryr oss, precis som ovan, bara om sträckornas belopp, inte deras riktning):

${\displaystyle |\Pi (P)|=PA\cdot PB=PF\cdot PE\Leftrightarrow {\frac {PF\cdot PE}{PA\cdot PB}}=1}$

${\displaystyle |\Pi (Q)|=QC\cdot QD=QA\cdot QB\Leftrightarrow {\frac {QA\cdot QB}{QC\cdot QD}}=1}$

${\displaystyle |\Pi (R)|=RE\cdot RF=RD\cdot RC\Leftrightarrow {\frac {RD\cdot RC}{RE\cdot RF}}=1}$

Multipliera in dessa i ${\displaystyle (1)}$ ovan och förkorta. Då återstår:

${\displaystyle {\frac {RZ}{PZ}}\cdot {\frac {PX}{QX}}\cdot {\frac {QY}{RY}}=1}$

Och således är, enligt Menelaos sats, ${\displaystyle X}$, ${\displaystyle Y}$ och ${\displaystyle Z}$ kollinjära. Q.E.D.

En triangel kan inte bildas med hjälp av tre alternerande sexhörningssidor

Betrakta figur 3. I denna är sidorna ${\displaystyle AB}$ och ${\displaystyle CD}$ parallella och således kan inte en triangel bildas av dessa två sidor och ${\displaystyle EF}$. Även ${\displaystyle BC}$ och ${\displaystyle FA}$ är parallella så ej heller dessa kan, tillsammans med ${\displaystyle DE}$, vara sidor i en triangel. Vi måste därför hitta ett annat sätt... De parallella sidorna ger däremot upphov till ett stort antal likformiga trianglar, tre av dessa par ger:

${\displaystyle \triangle FRY\sim \triangle FPA\Rightarrow {\frac {RY}{RF}}={\frac {PA}{PF}}\Leftrightarrow {\frac {RY}{RF}}\cdot {\frac {PF}{PA}}=1}$

${\displaystyle \triangle ZRC\sim \triangle ZPB\Rightarrow {\frac {RC}{RZ}}={\frac {PB}{PZ}}\Leftrightarrow {\frac {RC}{RZ}}\cdot {\frac {PZ}{PB}}=1}$

${\displaystyle \triangle ERD\sim \triangle EPX\Rightarrow {\frac {RD}{RE}}={\frac {PX}{PE}}\Leftrightarrow {\frac {RD}{RE}}\cdot {\frac {PE}{PX}}=1}$

Multiplicera samman högerleden och vänsterleden i dessa och:

${\displaystyle {\frac {RY}{RF}}\cdot {\frac {PF}{PA}}\cdot {\frac {RC}{RZ}}\cdot {\frac {PZ}{PB}}\cdot {\frac {RD}{RE}}\cdot {\frac {PE}{PX}}=1\cdot 1\cdot 1=1\Leftrightarrow }$

${\displaystyle \Leftrightarrow {\frac {PZ}{PX}}\cdot {\frac {RY}{RZ}}={\frac {RE}{RD}}\cdot {\frac {RF}{RC}}\cdot {\frac {PA}{PF}}\cdot {\frac {PB}{PE}}\quad \quad (2)}$

Potensen för punkterna ${\displaystyle P}$ och ${\displaystyle R}$ ger sedan att:

${\displaystyle |\Pi (P)|=PA\cdot PB=PF\cdot PE\Leftrightarrow {\frac {PA}{PF}}\cdot {\frac {PB}{PE}}=1}$

${\displaystyle |\Pi (R)|=RE\cdot RF=RD\cdot RC\Leftrightarrow {\frac {RE}{RD}}\cdot {\frac {RF}{RC}}=1}$

och således är, enligt ${\displaystyle (2)}$:

${\displaystyle {\frac {PZ}{PX}}\cdot {\frac {RY}{RZ}}=1\cdot 1=1\Leftrightarrow {\frac {PZ}{PX}}={\frac {RZ}{RY}}}$

Då ${\displaystyle \angle ZRY=\angle ZPX}$ innebär detta att

${\displaystyle \triangle XPZ\sim \triangle YRZ}$ och således är:

${\displaystyle \angle XZP=\angle YZR=\angle YZP}$

Och alltså ligger ${\displaystyle Y}$ på ${\displaystyle ZX}$ – det vill säga att ${\displaystyle X}$, ${\displaystyle Y}$ och ${\displaystyle Z}$ är kollinjära. Q.E.D.

Ordningen på sidorna i figur 3 kan, med avseende på huruvida de är parallella eller ej, skrivas ${\displaystyle \alpha \ \beta \ \alpha \ \beta \ \gamma \ \delta }$, där samma beteckning anger sidor som är inbördes parallella (dessa kan permuteras cykliskt). Tre andra ordningar är möjliga:

${\displaystyle \alpha \ \gamma \ \alpha \ \beta \ \delta \ \beta }$ (figur 4) – beviset identiskt med beviset av figur 3 ovan (samma förhållanden med samma beteckningar: läs uppifrån och ner, men titta på figur 4 i stället för figur 3; skillnaden består bara i att ${\displaystyle FA}$ är parallell med ${\displaystyle DE}$ i stället för med ${\displaystyle BC}$).

${\displaystyle \alpha \ \beta \ \alpha \ \beta \ \alpha \ \gamma }$ (figur 5) – beviset identiskt med beviset av figur 3 ovan (samma förhållanden med samma beteckningar: läs uppifrån och ner, men titta på figur 5 i stället för figur 3; skillnaden består bara i att ${\displaystyle FA}$ även är parallell med ${\displaystyle DE}$).

${\displaystyle \alpha \ \beta \ \alpha \ \beta \ \alpha \ \beta }$ (figur 6) – unik konfiguration med ett trivialt bevis (${\displaystyle ABCFED}$ är en regelbunden sexhörning bestående av sex liksidiga trianglar och således är ${\displaystyle \angle XYZ=\angle XYA+\angle AYC+\angle CYZ=30^{\circ }+120^{\circ }+30^{\circ }=180^{\circ }}$).

Ett enkelt bevis av Pascals sats

Figur 7.		Figur 8.

Ett enkelt bevis för Pascals sats publicerades 1993 av den nederländske matematikern Jan van Yzeren.

För detta bevis krävs en först en hjälpsats: Betrakta figur 7. I denna figur skär cirklarna ${\displaystyle \pi }$ och ${\displaystyle \omega }$ varandra i punkterna ${\displaystyle A}$ och ${\displaystyle B}$ och vi väljer nu en godtycklig korda till ${\displaystyle \pi }$ vars ändpunkter vi kallar ${\displaystyle C}$ och ${\displaystyle D}$. Dra sedan en rät linje genom ${\displaystyle C}$ och ${\displaystyle A}$ och kalla den nya skärningspunkten med ${\displaystyle \omega }$ för ${\displaystyle E}$. Dra på samma sätt den räta linjen genom ${\displaystyle D}$ och ${\displaystyle B}$ så att vi får en ny skärnigspunkt ${\displaystyle F}$ med ${\displaystyle \omega }$. Vi fortsätter nu med den övre delfiguren och noterar att vinklarna ${\displaystyle \angle CAB}$ och ${\displaystyle \angle CDB}$ ligger på var sin sida om (den ej utritade) kordan ${\displaystyle BC}$ och enligt randvinkelsatsen är därför ${\displaystyle \angle CAB=180^{\circ }-\angle CDB}$. På motsvarande sätt (över den ej utritade kordan ${\displaystyle AD}$) är även ${\displaystyle \angle DBA=180^{\circ }-\angle DCA}$. Supplementvinkeln till ${\displaystyle \angle CAB}$, ${\displaystyle \angle BAE}$, är således ${\displaystyle \angle BAE=180^{\circ }-\angle CAB=\angle CDB}$ och på samma sätt får vi att ${\displaystyle \angle ABF=180^{\circ }-\angle DBA=\angle DCA}$. På motsvarande sätt fås att ${\displaystyle \angle AEF=180^{\circ }-\angle ABF=180^{\circ }-\angle DCA}$ och ${\displaystyle \angle BFE=180^{\circ }-\angle BAE=180^{\circ }-\angle CDB}$. Detta ger att vinkeln mellan ${\displaystyle CD}$ och ${\displaystyle EF}$ är lika med ${\displaystyle \angle DCA+\angle AEF=\angle DCA+180^{\circ }-\angle DCA=180^{\circ }}$ vilket också fås via ${\displaystyle \angle CDB+\angle BFE=\angle CDB+180^{\circ }-\angle CDB=180^{\circ }}$ och således är ${\displaystyle CD}$ parallell med ${\displaystyle EF}$. Att ${\displaystyle CD}$ är parallell med ${\displaystyle EF}$ även i den undre delfiguren visas på motsvarande sätt, men notera att här ligger ${\displaystyle \angle CAB}$ och ${\displaystyle \angle CDB}$ på samma sida om (den ej utritade) kordan ${\displaystyle BC}$ så att ${\displaystyle \angle CAB=\angle CDB}$ (slutresultatet blir dock detsamma eftersom ${\displaystyle \angle DCA=\angle ABD=\angle ABF=\angle AEF}$). Vi har nu visat en hjälpsats som kan formuleras som:

Om två cirklar skär varandra så är en korda i den ena cirkeln parallell med en korda i den andra cirkeln om förbindelselinjen mellan den ena ändpunkten på den ena kordan och en ändpunkt på den andra kordan går genom den ena av cirklarnas skärningspunkter, samtidigt som förbindelselinjen mellan de båda andra ändpunkterna på de båda kordorna går genom den andra skärningspunkten mellan cirklarna.

I figur 8 är den godtyckliga sexhörningen ${\displaystyle ABCDEF}$ inskriven i cirkeln ${\displaystyle \pi }$. Välj nu godtyckligt två motstående hörn i sexhörningen och en skärningspunkt mellan motsående sidor som går till var sitt av hörnen – lämpligtvis hörnen ${\displaystyle C}$ och ${\displaystyle F}$ med skärningspunkten ${\displaystyle Z}$ mellan de orange sidorna ${\displaystyle FA}$ och ${\displaystyle CD}$ vilket gjorts i figuren. Rita sedan den omskrivna cirkeln ${\displaystyle \omega }$ till den triangel i vilken de tre valda punkerna är hörn. Cirklarna ${\displaystyle \pi }$ och ${\displaystyle \omega }$ skär då varandra i de två valda motsående hörnen i sexhörningen (det vill säga ${\displaystyle C}$ och ${\displaystyle F}$). Dra sedan ut de båda andra motstående sidorna som går till ${\displaystyle C}$ och ${\displaystyle F}$, det vill säga de violetta ${\displaystyle BC}$ och ${\displaystyle EF}$, så att de skär ${\displaystyle \omega }$ och kalla skärningspunkterna ${\displaystyle G}$ respektive ${\displaystyle H}$.

${\displaystyle GH}$ är en korda i ${\displaystyle \omega }$ och då linjen ${\displaystyle GC}$ skär ${\displaystyle \pi }$ i ${\displaystyle B}$ och ${\displaystyle HF}$ skär ${\displaystyle \pi }$ i ${\displaystyle E}$ så är ${\displaystyle GH\parallel BE}$ enligt hjälpsatsen ovan. På samma sätt är ${\displaystyle HZ\parallel ED}$ (${\displaystyle \Rightarrow HZ\parallel EX}$) då (förlängningen av) ${\displaystyle ZC}$ skär ${\displaystyle \pi }$ i ${\displaystyle D}$ och ${\displaystyle HF}$ skär ${\displaystyle \pi }$ i ${\displaystyle E}$. Slutligen är, enligt hjälpsatsen, även ${\displaystyle ZG\parallel AB}$ (${\displaystyle \Rightarrow ZG\parallel XB}$) då ${\displaystyle ZF}$ skär ${\displaystyle \pi }$ i ${\displaystyle A}$ och ${\displaystyle GC}$ skär ${\displaystyle \pi }$ i ${\displaystyle B}$. Detta innebär att de två trianglarna ${\displaystyle \triangle EBX}$ och ${\displaystyle \triangle HGZ}$ är likformiga och då motsvarande sidor i de båda trianglarna dessutom är parallella utgör trianglarna en homoteti. Då ${\displaystyle HE\cap BG=Y}$ innebär det att homotetins centrum ligger i ${\displaystyle Y}$ och därför går även förbindelselinjen ${\displaystyle ZX}$ mellan de båda homotetiska trianglarnas återstående hörn genom ${\displaystyle Y}$. Alltså är ${\displaystyle X}$, ${\displaystyle Y}$ och ${\displaystyle Z}$ kollinjära! Q.E.D.

Noter