Morley-tétel

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából
A szögharmadoló egyenesek által alkotott PQR háromszög egyenlő oldalú.

A Morley-tétel a síkgeometriában azt mondja ki, hogy bármely háromszögben a szögeket három egyenlő részre osztó egyeneseknek a háromszög oldalaihoz közelebb eső metszéspontjai egyenlő oldalú háromszöget (a háromszög Morley-háromszöge) alkotnak. (Az ábrán ez a pirossal jelölt PQR háromszög). A tételt Frank Morley amerikai matematikus fedezte fel 1899-ben. A kardioidokhoz kapcsolódóan, ám csak 1929-ben publikálta. A tétel maga azonban már 1909-ben nyilvánosságra került.

Megjegyzés[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ha adott a síkon egy szabályos ABC háromszög, akkor legyen XYZ az a háromszög, amelynek ABC a középháromszöge. Ekkor az XYZ háromszög belső szögeit magában foglaló szögtartományok csúcsszögtartományaiban (a belső szögeknek a szárak metszéspontján elhelyezkedő csúcsaira való középpontos tükrözéssel kapható meg) egy-egy-egy tetszőleges pontot (U,V,W) felvéve, az U,V,W háromszögnek Morley-háromszöge lesz az ABC. E tételt H. Temesvári Ágota és Szalay László[1] bizonyította Horváth Jenő[2] egy kérdésfelvetése kapcsán.[3]

Bizonyítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Elemi geometriai bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

(1. ábra) Körbe írható sokszög egyenlő hosszú oldalai egyenlő szög alatt látszanak
(2. ábra) Elemi geometriai bizonyítás

A bizonyításhoz az alábbi tételek kerülnek felhasználásra:

  • Ha egy szakasz két végpontján keresztül egyeneseket húzunk, akkor az egyenesek pontosan akkor metszik egymást a szakasz egyik oldalán, ha a szakasszal bezárt szögeik összege kisebb, mint π. (A megfelelő oldalon mért szögekről van szó.)
  • Ha egy négyszög két szemben lévő szögének összege π, akkor a négyszög húrnégyszög, tehát a négy csúcsa egy körön van.
  • Ha egy trapéz egyenlő szárú, akkor húrtrapéz (húrnégyszög).
  • Legyen S egy körbe írható sokszög, P a sokszög egy csúcsa. Ekkor P csúcsból az S egyenlő hosszú oldalai ugyanolyan szög alatt látszanak (1. ábra).

A bizonyítást "fordítva" végezzük: Rajzolunk egy szabályos háromszöget és felépítjük köré az eredeti háromszöget.
Legyen α, β és γ tetszőleges szögek, melyekre teljesül: α + β + γ = π/3 és α>0, β>0, γ>0.
A "középen lévő" egyenlő oldalú háromszög csúcsai legyenek A0, B0, C0.

A szabályos háromszög mindegyik oldalára állítsunk egyenlő szárú trapézokat: A trapéz egyik alapja a háromszög oldala, a trapéz szára legyen ugyanolyan hosszú, mint az alapja (a háromszög oldala). A trapézoknak a belső (tehát a szabályos háromszög oldalával egybeeső) alapján lévő szögek legyenek: π-2α, π-2β, π-2γ (2. ábra).
Így megkaptuk az A0A2B1B0, B0B2C1C0 és C0C2A1A0 trapézokat.

P és Q pont távolságát így jelöljük: |PQ|

A trapézok tulajdonságait felhasználva kapjuk: |A0B0| = |A0A2| = |B0B1| = |A0C0| = |A0A1| = |C0C2| = |B0C0| = |C0C1| = |B2B0|

Szögek kiszámítása

Általában a szögeket egy háromszög három csúcsával jelöljük, ahol a középső a szög csúcsa. (Nem összekeverendő a háromszögek jelölésével.)

Az A0 csúcs körüli szögek egy kört adnak ki:

A2A0A1 + π-2γ + π/3 + π-2α = 2π
(Itt felhasználtuk, hogy a szabályos háromszög mindegyik szöge π/3.)

A2A0A1 = -π/3 + 2α + 2γ = -π/3 + 2π/3 - 2β
A2A0A1 = π/3 - 2β

Mivel A2A0A1 háromszög egyenlő szárú, ezért A0A2A1 szög = A0A1A2 szög.
Az A2A0A1 háromszög szögeinek összege:
2 A0A2A1 + A2A0A1 = π
2 A0A2A1 + π/3 - 2β = π

A0A2A1 = π/3 + β

A B1B0B2 háromszögre az előbbi számításokat hasonlóan el lehet végezni és azt kapjuk, hogy

B0B1B2 = π/3 + α

Az A0A2B1B0 trapéz egyenlő szárú, tehát az alapokon lévő szögek egyenlőek:
B1A2A0 = B0B1A2
Ezt felhasználva adjuk össze a trapéz belső szögeit:
2 B1A2A0 + 2(π-2γ) = 2π

B1A2A0 = 2γ

Az A0A2B0 háromszög egyenlő szárú, szögeinek összege:
2 B0A2A0 + π-2γ = π

B0A2A0 = γ

(Tehát az A2B0 szakasz szögfelezője a B1A2A0 szögnek.)

A "külső" háromszög megalkotása

Az A1 és A2 pontokon keresztül húzzunk egy egyenest. (Az A1 és A2 pontok helyzetére még visszatérünk.) Húzzunk egyeneseket a B1, B2 és C1, C2 pontokon keresztül is. Így kaptunk három egyenest, melyek helyzetéről még nem tudunk semmit, nem tudjuk, hogy egyáltalán van-e metszéspontjuk.

Az egyik egyenes és a B1A2 szakasz által bezárt szög legyen φ1 (2. ábra).
Az A2 pont körül félkörben adjuk össze a szögeket:
φ1 + B1A2A0 + A0A2A1 = π
φ1 + 2γ + π/3+β = π
φ1 = 2π/3 - β - γ - γ = π/3 + α - γ

φ1 = π/3 + α - γ

Hasonló számolásból kapjuk, hogy a B1 pontnál lévő φ2 szög értéke:

φ2 = π/3 + β - γ

Az A2, A1 és a B1, B2 pontokon átmenő egyenesek egymáshoz viszonyított helyzetét a φ1 és φ2 szög összege jellemzi:
φ1 + φ2 = 2π/3 + α + β - 2γ = π - 3γ

φ1 + φ2 = π - 3γ < π, mert a feltevésünk szerint γ>0.
Most már tudjuk (lásd felhasznált tételek), hogy az A1, A2 és B1, B2 pontokon átfektetett egyenesek metszik egymást. Jelöljük a metszéspontot C-vel.

Meg kell vizsgálni azt a lehetőséget, amikor A1 és A2 egybeesik.[4]
A1 és A2 akkor esik egybe, amikor A2A0A1 szög nulla, tehát amikor β = π/6. Egyetlen pont nyilván nem jelöl ki egy egyenest, de ezen úgy segítünk, hogy előírjuk φ1 nagyságát: φ1 := π/3 + α - γ.
A2 ponton keresztül húzzunk egy olyan egyenest, ami B1A2 szakasszal φ1 szöget zár be. Ezt a megoldást szükség esetén B1, B2, illetve C1, C2 pontokra is lehet alkalmazni.


Hasonló megfontolásokból megkapjuk a másik két metszéspontot, jelöljük ezeket A-val és B-vel (2. ábra).

Ismerjük a CB1A2 háromszög két szögének összegét: φ1 + φ2 = π - 3γ, ezért a C csúcsnál lévő szög 3γ. Hasonló számolásból kapjuk, hogy a B csúcsnál lévő szög 3β és az A csúcsnál lévő szög 3α.

Vizsgáljuk meg a CA2B0B1 négyszöget.
CA2B0 = φ1 + γ = π/3 + α (Felhasználtuk, hogy A2B0 a B1A2A0 szög felezője, B1A2B0 = γ)

CB1B0 = φ2 + 2γ = π/3 + β + γ

CA2B0 + CB1B0 = 2π/3 + α + β + γ = π

Mivel a CA2B0B1 négyszögnek a CA2B0 és CB1B0 szögei egymással szemben vannak és összegük π, ezért a CA2B0B1 négyszög húrnégyszög, tehát a négy csúcsa egy körön van.

Az A0A2B1B0 trapéz egyenlő szárú, így húrtrapéz, tehát a négy csúcsa egy körön van. A CA2B0B1 négyszögnek és az A0A2B1B0 trapéznak van három közös pontjuk: A2, B1 és B0. Mivel három pont meghatároz egy kört, ezért C, A2, A0, B0, B1 pont egyetlen K körön van rajta.

C-ből húzzunk egyeneseket B1-be, B0-ba, A0-ba és A2-be (az első és utolsó már megvan). Mivel CA2A0B0B1 körbe írható ötszög, amelynek A2A0, A0B0 és B0B1 oldalai egyforma hosszúak, ezért az ötszög C csúcsából ezek az oldalak egyenlő szög alatt látszanak (lásd felhasznált tételek):
B1CB0 = B0CA0 = A0CA2
Így a középső két egyenes harmadolja a C-nél lévő 3γ szöget; a harmadszög γ.

Hasonló megfontolásból kapjuk a B csúcsból húzott, illetve az A csúcsból húzott szögharmadolókat. A harmadszög a B-nél β, az A-nál α.

Kaptunk tehát egy ABC háromszöget, amelyre igaz a Morley-tétel.

Foglalkozni kell még azzal a lehetőséggel, hogy A1 és A2 pont "fordítva helyzkedik el", tehát a 2. ábrán az A1 pont van balra, a C közelében. Ez akkor fordulhat elő, amikor amikor β > π/6.
Ebben az esetben A2A0A1 és A0A2A1 szögek értékei a fentiektől eltérnek, de szerencsére a többi szög nem változik. Így például φ1 és φ2 változatlan marad. Mivel a levezetés a φ1 és φ2 szögek kiszámítása után már nem használja a A2A0A1 és A0A2A1 szögeket, ezért a végeredmény is ugyanaz lesz.
Hasonló megfontolások alkalmazhatók α > π/6 vagy γ > π/6 esetekre.


Összefoglalva: Egy tetszőleges α', β', γ' szögű háromszög esetén az α = α'/3, β = β'/3, γ = γ'/3 szögekkel elvégezzük a fenti konstrukciót. Kapunk egy 3α, 3β, 3γ szögű háromszöget, amire igaz a Morley-tétel. Mivel a kapott háromszög hasonló az eredeti háromszöghöz, ezért nyilván az eredeti háromszögre is igaz a Morley-tétel. Ezzel a tételt beláttuk.

A tétel trigonometrikus úton is bizonyítható.

Trigonometriai bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Legyenek ismét az α, β, γ szögek az eredeti háromszög szögeinek harmada! Erre teljesül, hogy α+β+γ=π/3. Jelölje a háromszög oldalait a, b, és c, és jelölje továbbá d a háromszög köré írt kör átmérőjét! Legyenek a kis háromszög csúcsai X, Y és Z úgy, hogy ezek közül X és Y van legközelebb C-hez! Legyen továbbá BZ=u, BX=v

Tudjuk, hogy a=d\cdot\sin 3\alpha, b=d\cdot\sin 3\beta, és c=d\cdot\sin 3\gamma.

A szinusztétellel

v=\frac{a}{\sin(\pi -\beta -\gamma)}\sin \gamma=\frac{d\sin 3\alpha}{\sin ({2 \pi /3} +\alpha)}\sin \gamma=\frac{d \sin 3\alpha}{\sin ({\pi /3}- \alpha)}\sin\gamma

Kiszámítható, hogy \sin 3\alpha=3\sin\alpha-4{\sin^3\alpha}=4\sin\alpha \left [{(\frac{\sqrt 3}{2})}^2- {\sin^2\alpha} \right ]=

=4\sin\alpha({\sin^2 {\pi/3}}-{\sin^2\alpha})=4\sin\alpha(\sin {\pi/3}+\sin\alpha)(\sin {\pi/3}-\sin\alpha)=

=4\sin\alpha\cdot 2\sin\frac{{\pi/3}+\alpha}{2}\cos\frac{{\pi/3}- \alpha}{2} \cdot 2\cos\frac{{\pi/3}+\alpha}{2}\sin\frac{{\pi/3}- \alpha}{2}=

=4\sin\alpha\sin{{\pi/3}+\alpha}\sin({{\pi/3}- \alpha}).

Eszerint

v=4d\cdot\sin\alpha\cdot\sin\gamma\cdot\sin({{\pi/3}+\alpha})

és

u=4d\cdot\sin\alpha\cdot\sin\gamma\cdot\sin({{\pi/3}+\gamma}).

Koszinusztétellel

XZ^2=u^2+v^2-2uv\cos\beta=

16d^2{\sin\alpha}^2{\sin\gamma}^2[{\sin^2 ({\pi/3}+\alpha)}+{\sin^2 ({\pi/3}+\gamma)}-2\sin ({\pi/3}+\alpha)\sin ({\pi/3}+\gamma)\cos\beta]

Könnyen megmutatható, hogy van olyan háromszög, aminek szögei \pi/3 +\alpha, \pi/3+\gamma, \beta. Vegyük azt a háromszöget, amiknek ekkorák a szögei, és körült írt körének átmérője 1! Ennek a háromszögnek az oldalai \sin({\pi/3} +\alpha), \sin({\pi/3}+\gamma), \sin\beta. Újra bevetve a koszinusztételt

{\sin^2\beta}={\sin^2 (\pi/3 +\alpha)}+{\sin^2(\pi/3- \gamma)}-2\sin(\pi/3+\alpha)\sin(\pi/3+\gamma)\cos\beta

Ezzel

XZ=4d\cdot\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\sin\gamma

Hasonló számolással, vagy a szimmetria elvén

XY=4d\cdot\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\sin\gamma

és

YZ=4d\cdot\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\sin\gamma

Ezzel a tétel bizonyítottnak tekinthető.

Jegyzetek[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

  1. Dr. Szalay László
  2. Dr. Horváth Jenő
  3. H. Temesvári Ágota és Szalay László: Egy megjegyzés a Morley-tételhez. Polygon (matematikai, szakdidaktikai közlemények); IV./1.; 1994. május; 84.-92. o.
  4. Dr. Sándor Csaba felvetése

Források[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]