Pisteen potenssi ja radikaaliakselit

Lause (Pisteen potenssi)

OlkoonΓ ympyrä, ja olkoon 𝑃 piste, joka ei ole ympyränΓ kehällä. Olkoon ℓ suora, joka kulkee pisteen 𝑃 kautta ja joka leikkaa ympyrää Γ pisteissä 𝐴 ja 𝐵. Pituuksien 𝑃 𝐴ja 𝑃 𝐵 tulo 𝑃 𝐴·𝑃 𝐵 ei riipu suorasta ℓ.

Tätä tuloa 𝑃 𝐴·𝑃 𝐵 kutsutaan pisteen 𝑃 potenssiksi.

A B

P O

C

D

T

Kuvassa on esitetty kolme eri tapausta. Yksi tapaus on sellainen, jossa jana 𝐴𝐵 on ympyrän halkaisija. Toinen on satunnainen tapaus (pisteet𝐶 ja 𝐷), ja kolmas tapaus on sellainen, jossa suoraksi valitaan ympyrän tangentti. Tulo on siis sama myös silloin, kun valitaan ympyrälle tangentti: tällöin tulo on 𝑃 𝑇 ·𝑃 𝑇. Tämän voi perustella intuitiivisesti samaan tapaan kuin kehäkulmalauseen tangenttiversion:

Tangentti saadaan valitsemalla jokin ympyrää leikkaava suora ℓ ja kääntämällä se kulkemaan pisteen𝑇 kautta. Suoran ℓlähestyessä pistettä𝑇 myös suoran ja ympyrän leikkauspisteet𝐴 ja 𝐵 lähestyvät pistettä 𝑇. Mitä lähempänä 𝐴 ja 𝐵 ovat pistettä 𝑇, sitä lähempänä etäisyydet 𝑃 𝐴 ja 𝑃 𝐵 ovat etäisyyttä 𝑃 𝑇.

Merkitään pisteen 𝑃 potenssia ympyrän Γ suhteen merkinnällä PowΓ(𝑃), jolloin siis PowΓ(𝑃) =𝑃 𝐴·𝑃 𝐵. Kun𝐴𝐵 on ympyränΓhalkaisija, niin pätee𝑃 𝐴= 𝑂𝑃−𝑟 ja 𝑃 𝐵 =𝑂𝑃 +𝑟 (tässä 𝑟 on ympyrän säde). Siispä

PowΓ(𝑃) = (𝑂𝑃 −𝑟)(𝑂𝑃 +𝑟) =𝑂𝑃²−𝑟². Tämä antaa suoraviivaisen tavan laskea pisteen potenssin.

Pisteen potenssilla saadaan myös todistus Pythagoraan lauseelle: Pätee 𝑃 𝑇² = 𝑂𝑃²−𝑟² eli𝑃 𝑇² +𝑂𝑇² =𝑂𝑃². Pythagoraan lause on todistettu suorakulmaiselle kolmiolle 𝑃 𝑂𝑇, ja on selvää, että 𝑃 𝑂𝑇 voi olla minkä tahansa suorakulmaisen kolmion muotoinen, eli väite on todistettu kaikille suorakulmaisille kolmioille.

Todistetaan sitten pisteen potenssia koskevat väitteet. Teemme tämän kahdessa osassa.

1. Jos 𝐶 ja 𝐷 ovat eri pisteitä ympyrän Γ kehällä ja 𝐴𝐵 on ympyrän halkaisija, niin 𝑃 𝐴·𝑃 𝐵 =𝑃 𝐶 ·𝑃 𝐷.

2. Jos 𝑃 𝑇 on ympyrän tangentti ja𝐴𝐵 on ympyrän halkaisija, niin 𝑃 𝐴·𝑃 𝐵 = 𝑃 𝑇 ·𝑃 𝑇.

Todistamalla nämä väitteet saadaan, että kaikki tulot 𝑃 𝑋 ·𝑃 𝑌 ovat yhtä suuria kuin tulo𝑃 𝐴·𝑃 𝐵, mikä todistaa väitteen.

Aloitetaan kohdasta 1. Ideana on, että neljä pistettä ympyrällä antaa paljon tietoa kulmista, ja tämä tieto voidaan muuttaa pituuksia koskevaksi tiedoksi kolmioiden yhdenmuotoisuutta käyttäen. Tämän vuoksi onkin hyödyllistä kirjoittaa haluttu väite muodossa

𝑃 𝐴

𝑃 𝐶 = 𝑃 𝐷 𝑃 𝐵.

Aiomme siis todistaa, että kolmiot𝑃 𝐴𝐶 ja 𝑃 𝐷𝐵 ovat yhdenmuotoiset.

Ensin huomataan, että kolmioissa 𝑃 𝐴𝐶 ja 𝑃 𝐷𝐵 on ainakin yksi sama kulma, nimittäin kärjestä 𝑃 lähtevä. Lisäksi jännenelikulmioiden ominaisuuksilla saadaan suoraan

∠𝑃 𝐶𝐴= 180^∘−∠𝐴𝐶𝐷= 180^∘−(180^∘ −∠𝐴𝐵𝐷) =∠𝑃 𝐵𝐷.

Siis kolmion𝑃 𝐴𝐶 kulma ∠𝐶 vastaa kolmion 𝑃 𝐷𝐵 kulmaa∠𝐵. Kolmioissa 𝑃 𝐴𝐶 ja 𝑃 𝐷𝐵 on täten kaksi samaa kulmaparia, joten ne ovat yhdenmuotoiset, mikä todistaa väitteen.

Todistetaan sitten kohta 2. Kuten aiemmin perusteltiin, tämä on tavallaan vain erikoistapaus kohdasta 1, ja siksi myös todistus etenee vastaavalla tavalla. Todis-tamme, että kolmiot 𝑃 𝐴𝑇 ja 𝑃 𝑇 𝐵 ovat yhdenmuotoiset. Kuten edellä, kolmioilla on samat kulmat kärjessä𝑃. Lisäksi kehäkulmalauseen tangenttiversiolla saadaan

∠𝑃 𝑇 𝐴 = ∠𝑃 𝐵𝑇, joka todistaa toisen yhteisen kulmaparin olemassaolon. Väite seuraa kuten yllä.

Todistus demonstroi hyvin, miten yhdenmuotoisilla kolmioilla voi muuttaa kul-maehtoja pituusehdoiksi. Tämä toimii tietysti myös toiseen suuntaan.

Pisteen potenssi toimii myös silloin, kun piste 𝑃 on ympyrän sisällä.

A B O

P

C

D

Todistus sille, että tulot ovat aina samat, on tässä tapauksessa helpompi kuin aiemmin käsitellyssä tapauksessa (koska eri tapauksia on vähemmän): kehäkulma-lauseen perusteella∠𝐴𝐷𝑃 = ∠𝑃 𝐵𝐶, ja lisäksi pätee ∠𝐴𝑃 𝐷 = ∠𝐶𝑃 𝐵. Siis kolmiot 𝑃 𝐴𝐷 ja 𝑃 𝐶𝐵 ovat yhdenmuotoiset, ja väite seuraa. Tässä emme tarvinneet edes sitä tietoa, että 𝐴𝐵 on ympyrän halkaisija.

Tässä tapauksessa on kuitenkin pieni yksityiskohta, joka kannattaa huomioida:

jos määrittelemme edelleen pisteen potenssiksi PowΓ(𝑃) = 𝑂𝑃² − 𝑟², niin nyt PowΓ(𝑃) on negatiivinen. Tämä on ehkä hieman epäintuitiivista: miksi pituuksien tulo𝑃 𝐴·𝑃 𝐵 olisi negatiivinen? Yksi selitys on, että mentäessä pisteestä𝑃 pisteisiin 𝐴ja𝐵 joudutaan nyt kulkemaan ”eri suuntiin”, joten jos tutkisimme ns. suunnattuja pituuksia, niin pituuksien 𝑃 𝐴 ja 𝑃 𝐵 merkit olisivat vastakkaismerkkiset, ja tulo olisi negatiivinen. Toinen syy sille, miksi määritelmästä PowΓ= 𝑂𝑃²−𝑟² kannattaa pitää kiinni, tulee ilmi seuraavaksi radikaaliakseleita käsiteltäessä.

Valitaan tasosta kaksi ympyrää Γ₁ ja Γ₂. Missä sijaitsevat ne pisteet 𝑃, joiden pisteen potenssit molempien ympyröiden suhteen ovat samat?

Olkoot 𝑟₁ ja𝑟₂ ympyröiden Γ₁ ja Γ₂ säteet, ja olkoot 𝑂₁ ja𝑂₂ näiden ympyröiden keskipisteet. Haluamme, että

𝑂₁𝑃²−𝑟²₁ =PowΓ1(𝑃) =PowΓ2(𝑃) = 𝑂₂𝑃²−𝑟²₂ eli että

𝑂₁𝑃²−𝑂₂𝑃² =𝑟²₁−𝑟₂².

Pituuksien neliöt houkuttelevat käyttämään Pythagoraan lausetta. Tutkitaan seuraavaa kuvaa.

O1 O2

P

F

Olkoon siis 𝑃 jokin tason piste, ja olkoon 𝐹 pisteen 𝑃 projektio suoralle 𝑂₁𝑂₂. Olkoot 𝑥 = 𝑂₁𝐹, 𝑦 = 𝐹 𝑂₂ ja 𝑃 𝐹 = ℎ. Pythagoraan lauseella voidaan kirjoittaa 𝑂₁𝑃² = 𝑥²+ℎ² ja 𝑂₂𝑃² = 𝑦²+ℎ². Täten yhtälö PowΓ1(𝑃) = PowΓ2(𝑃) voidaan kirjoittaa muodossa

𝑥²−𝑦² =𝑟²₁ −𝑟₂².

Huomaamme, että 𝑥² −𝑦² on jokin vakio. Mutta 𝑥² − 𝑦² = (𝑥 −𝑦)(𝑥 + 𝑦) ja 𝑥+𝑦=𝑂₁𝑂₂ on vakio, joten𝑥−𝑦on vakio. Tästä seuraa, että pisteen 𝐹 sijainti on vakio, eli kaikki pisteet𝑃 sijaitsevat jollain suoralla. Toisaalta kaikki pisteet𝑃, joiden projektio suoralle𝑂₁𝑂₂ on tämä sopiva𝐹, toteuttavat ehdon PowΓ1(𝑃) = PowΓ2(𝑃).

Edellinen todistus vaatisi hieman teknisiä yksityiskohtia, jotka on lakaistu maton alle. Todistuksessa ensinnäkin oletettiin, että𝐹 on pisteiden 𝑂1 ja 𝑂2 välissä, jotta saatiin𝑥+𝑦= 𝑂₁𝑂₂. Toiseksi todistuksessa ei missään kohtaa todistettu, että löydetty kelpaava𝐹 on pisteiden𝑂₁ ja 𝑂₂ välissä. (Näin ei oikeastaan edes aina ole: josΓ₂ on kokonaan ympyränΓ1 sisällä, niin radikaaliakseli sijaitsee ympyröiden ulkopuolella.) Nämä yksityiskohdat saa käsiteltyä helposti sijoittamalla pisteet koordinaatistoon ja tätä kautta selvittämällä kelpaavien𝑃 sijainnit. Mitään uusia ideoita todistus ei kuitenkaan vaadi, joten yksityiskohdat sivuutetaan.

Niiden pisteiden 𝑃 joukkoa, joilla pätee PowΓ1(𝑃) = PowΓ2(𝑃), kutsutaan ympy-röidenΓ1 ja Γ2 radikaaliakseliksi. Todistimme edellä seuraavan tuloksen.

Lause (Radikaaliakseli on suora)

Olkoot Γ₁ ja Γ₂ ympyröitä, joilla on eri keskipisteet. Tällöin niiden radikaa-liakseli on suora.

Lauseen oletus siitä, että keskipisteet eivät ole samat, ei aiheuta tehtäviä ratkoessa käytännössä mitään ongelmia. Se on kuitenkin tarpeellinen oletus: jos keskipisteet ovat samat, niin radikaaliakseli joko sisältää kaikki pisteet (jos ympyröiden säteet ovat samat) tai ei mitään pisteitä (jos ympyröiden säteet eivät ole samat).

Mitä radikaaliakselista voidaan sanoa? Ensinnäkin se on kohtisuorassa ympyröiden keskipisteiden𝑂₁ ja 𝑂₂ välistä janaa kohden, mikä on selvää symmetrian vuoksi (ja seuraa myös todistuksesta). Lisäksi josΓ₁ ja Γ₂ leikkaavat kahdessa pisteessä 𝑃₁ ja 𝑃2, niin 𝑃1 ja 𝑃2 ovat tietysti radikaaliakselilla, koska niiden pisteen potenssit ovat nollia molempien ympyröiden suhteen. Tällöin radikaaliakseli on suora, joka kulkee pisteiden 𝑃₁ ja 𝑃₂ kautta.

Lopuksi mainitaan vielä yksi radikaaliakseleita koskeva tulos.

Lause (Radikaalikeskuksen olemassaolo)

Olkoot Γ₁,Γ₂ jaΓ₃ ympyröitä, joilla on eri keskipisteet. Olkoon ℓ₁ ympyröiden Γ₂jaΓ₃radikaaliakseli,ℓ₂ ympyröidenΓ₁jaΓ₃radikaaliakseli jaℓ₃ ympyröiden Γ₁ ja Γ₂ radikaaliakseli. Suoratℓ₁, ℓ₂ jaℓ₃ joko ovat kaikki yhdensuuntaisia tai leikkaavat samassa pisteessä.

Lauseen mukaista leikkauspistettä kutsutaan ympyröiden Γ₁, Γ₂ ja Γ₃ radikaali-keskukseksi. Tapaus, jossa ℓ1, ℓ2 ja ℓ3 ovat yhdensuuntaisia, voidaan mieltää niin,

että suoratℓ_𝑖 leikkaavat toistensa kanssa ”äärettömän kaukana” tavallisista pisteistä.

Tällaisia tilanteita käsitellään tarkemmin projektiivisen geometrian luvussa. Ideana on, ettei tämä tapaus oikeastaan eroa yleisestä tapauksesta.

Lauseen todistusta varten tutkitaan seuraavia väitteitä:

1. Kolmion𝐴𝐵𝐶 sivujen keskinormaalit leikkaavat samassa pisteessä (kolmion ympärysympyrän keskipiste).

2. Kolmion 𝐴𝐵𝐶 kulmanpuolittajat leikkaavat samassa pisteessä (kolmion si-säympyrän keskipiste).

3. Kolmen ympyrän radikaaliakselit leikkaavat samassa pisteessä.

Jokainen näistä tuloksista voidaan todistaa samalla idealla.

1. Olkoon 𝑃 sivujen 𝐴𝐵 ja𝐵𝐶 keskinormaalien leikkauspiste. Koska 𝑃 on sivun 𝐴𝐵 keskinormaalilla, pätee 𝑃 𝐴=𝑃 𝐵. Vastaavasti 𝑃 𝐵 = 𝑃 𝐶. Täten 𝑃 𝐴= 𝑃 𝐶, eli 𝑃 on sivun 𝐴𝐶 keskinormaalilla.

2. Olkoon𝑃 kärkien 𝐴ja𝐵 kulmanpuolittajien leikkauspiste. Koska𝑃 on kulman 𝐴 puolittajalla, on 𝑃 yhtä kaukana sivuista 𝐴𝐵 ja𝐴𝐶. Vastaavasti 𝑃 on yhtä kaukana sivuista 𝐵𝐴 ja𝐵𝐶. Täten 𝑃 on yhtä kaukana sivuista 𝐶𝐴 ja𝐶𝐵, eli se on kulman 𝐶 puolittajalla.

3. Olkoon 𝑃 radikaaliakselien ℓ₁ jaℓ₂ leikkauspiste. Koska𝑃 on radikaaliakselilla ℓ1, pätee PowΓ2(𝑃) = PowΓ3(𝑃). Vastaavasti PowΓ1(𝑃) = PowΓ3(𝑃). Täten PowΓ1(𝑃) = PowΓ2(𝑃), eli 𝑃 on radikaaliakselilla ℓ₃.

Ensimmäinen esimerkkitehtävä on vuoden 2016 Baltian tie -kilpailusta.

Tehtävä

Olkoon𝐴𝐵𝐶𝐷jännenelikulmio, jonka sivut 𝐴𝐵ja𝐶𝐷 eivät ole yhdensuuntai-sia. Olkoon𝑀 sivun𝐶𝐷 keskipiste. Olkoon 𝑃 sellainen piste jännenelikulmion 𝐴𝐵𝐶𝐷 sisällä, että 𝑃 𝐴= 𝑃 𝐵 =𝐶𝑀. Todista, että 𝐴𝐵, 𝐶𝐷 ja janan 𝑀 𝑃 keskinormaali kulkevat saman pisteen kautta.

A

B

C D

M P

Tehtävän ratkaisu on hyvin yksinkertainen: Olkoon Γ₁ jännenelikulmion 𝐴𝐵𝐶𝐷 ympärysympyrä, Γ₂ ympyrä, jonka säde on 𝐴𝑃 ja keskipiste 𝑃, ja Γ₃ ympyrä, jonka keskipiste on 𝑀 ja säde 𝐶𝑀. Tällöin ympyröiden Γ₁ ja Γ₂ radikaaliakseli on 𝐴𝐵 (koska 𝐴 ja 𝐵 ovat ympyröiden leikkauspisteet), ja vastaavasti ympyröiden Γ₁ ja Γ₃ radikaaliakseli on 𝐶𝐷. Täten ympyröiden Γ₂ ja Γ₃ radikaaliakseli kulkee suorien 𝐴𝐵 ja 𝐶𝐷 leikkauspisteen kautta radikaalikeskuksen olemassaolon nojalla. Koska ympyröiden Γ₂ jaΓ₃ säteet ovat samat, on niiden radikaaliakseli nimenomaan janan 𝑃 𝑀 keskinormaali.

Huomaa, että ratkaisu ei missään kohdassa käyttänyt tietoa siitä, että𝑃 on nelikul-mion 𝐴𝐵𝐶𝐷 sisällä. Väite päteekin myös pisteen 𝑃 ollessa nelikulmion ulkopuolella.

Kommentti: Miten tehtävän ratkaisuun voi päätyä? Tehtävässä on monta teki-jää, jotka vihjaavat käyttämään radikaaliakseleita: paljon yhtä pitkiä janoja (mistä saadaan ympyröitä) ja kolmen suoran leikkaaminen samassa pisteessä. Lisäksi konfi-guraatiossa ei ole paljoakaan asioita, mitä voi tehdä – melkeinpä ainoa lähestymis-tapa on lisätä𝑃- ja 𝑀-keskiset ympyrät. Ratkaisu seuraa tämän jälkeen hyvinkin suoraviivaisesti.

Seuraava tehtävä on vuoden 2017 Pohjoismaisesta matematiikkakilpailusta.

Tehtävä

Olkoot 𝑀 ja𝑁 teräväkulmaisen kolmion 𝐴𝐵𝐶 sivujen𝐴𝐶 ja𝐴𝐵 keskipisteet, missä𝐴𝐵̸= 𝐴𝐶. Olkoon𝜔_𝐵𝑀-keskinen ympyrä, joka kulkee pisteen𝐵kautta, ja olkoon 𝜔_𝐶 𝑁-keskinen ympyrä, joka kulkee pisteen 𝐶 kautta. Olkoon 𝐷 sellainen piste, että 𝐴𝐵𝐶𝐷 on tasakylkinen puolisuunnikas ja 𝐴𝐷 on 𝐵𝐶:n suuntainen. Oletetaan, että 𝜔_𝐵 ja 𝜔_𝐶 leikkaavat kahdessa (eri) pisteessä 𝑃 ja 𝑄. Osoita, että𝐷 sijaitsee suoralla 𝑃 𝑄.

ωC ωB

A

B C

D P

Q N M

Heti nähdään, että haluamme pisteen 𝐷 olevan ympyröiden 𝜔_𝐵 ja 𝜔_𝐶 radikaa-liakselilla. On mahdollista⁵ laskea suoraan Pow𝜔𝐵(𝐷) =𝑀 𝐷²−𝑀 𝐵² ja Pow𝜔𝐶(𝐷), jolloin tehtävä ratkeaa. Etenemme kuitenkin toisella tavalla.

Mitä radikaaliakselista voidaan sanoa? Kuvasta näyttää siltä, että se on kohtisuoras-sa suoria𝐴𝐷, 𝑁 𝑀 ja 𝐵𝐶 vasten. Todistetaan tämä. Muistetaan, että radikaaliakseli on kohtisuorassa ympyröiden keskipisteiden välistä suoraa vasten, eli tässä tapaukses-sa𝑃 𝑄ja 𝑁 𝑀 ovat kohtisuoria. Koska 𝑁 ja 𝑀 ovat sivujen𝐴𝐵 ja 𝐴𝐶 keskipisteet, pätee𝑁 𝑀||𝐵𝐶. Tämä todistaa aputuloksen.

Jäljellä on enää radikaaliakselin 𝑃 𝑄 ”sijainnin” määrittäminen: onko𝑃 𝑄 vaaka-suuntaan nähden samassa kohdassa kuin𝐷 (kun jana 𝐵𝐶 on 𝑥-akselin suuntainen)?

Yksi tapa ratkaista ongelma on käyttää analyyttistä geometriaa eli asetella pisteet koordinaatistoon ja laskea pisteiden koordinaatteja. Tämä idea johtaa ratkaisuun, eikä lähestymistapa edes vaadi kovin raskaita laskuja.⁶ Vältämme kuitenkin jälleen mekaanista laskemista ja esitämme erilaisen lähestymistavan.

Kuten aiemmin todettiin, pisteen 𝐷 𝑦-koordinaatilla ei ole väliä, vaan ainoastaan sen 𝑥-suuntaisella sijainnilla on väliä. Tämän vuoksi on luontevaa korvata 𝐷 hie-man helpommin käsiteltävällä pisteellä, nimittäin pisteen𝐴 peilauksella sivun 𝐵𝐶 keskipisteen yli. Olkoon tämä peilattu piste𝐴^′.

Nyt voidaan huomata mielenkiintoinen kuvio: suora𝐴𝐴^′ kulkee mediaanien 𝐵𝑀 ja 𝐶𝑁 leikkauspisteen kautta. Lisäksi jos määrittelemme ympyrän 𝜔_𝐴 samaan tapaan kuin ympyrät 𝜔_𝐵 ja 𝜔_𝐶, niin𝐴𝐴^′ on sen halkaisija. Tästä motivoituneena peilataan myös pisteet 𝐵 ja 𝐶 pisteiden 𝑀 ja 𝑁 yli, jotta saadaan ympyröiden 𝜔𝐵 ja 𝜔𝐶

halkaisijat.

5Ratkaisusta tulee kuitenkin hyvin laskennallinen.

6Aivoja ei kuitenkaan kannata heittää narikkaan. Yksi hyvä tapa valita pisteiden koordinaatit on sijoittaa𝐵 origoon(0,0), 𝐶 pisteeseen (2𝑐,0) ja 𝐴 pisteeseen (2𝑎,2). Nyt 𝑁 = (𝑎,1), 𝑀 = (𝑎+𝑐,1)ja𝐷= (2𝑐−2𝑎,2). Pisteiden𝑃 ja𝑄sijainnit saadaan kahden ympyrän leikkauspisteinä.

Voimme huijata hieman: tiedämme, että leikkauspisteiden𝑥-koordinaatit ovat 2𝑐−2𝑎(tämähän pyydettiin todistamaan), jolloin vähällä vaivalla saadaan myös𝑦-koordinaatit. Voimme siis kirjoittaa

”Huomataan, että leikkauspisteet ovat𝑃 =... ja𝑄=...” ja vain sijoittamalla tarkistaa, että nämä pisteet todella ovat ympyröillä𝜔𝐵 ja𝜔𝐶.

A

B C

A^′ P

Q N M

C^′ B^′

ωC ωB

Nyt on hyvä hetki pysähtyä ja tarkastella ongelmaa kolmion 𝐴^′𝐵^′𝐶^′ näkökulmasta.

Ongelma muuttuu seuraavaan muotoon: ”Janat 𝐵𝐵^′ ja 𝐶𝐶^′ ovat kolmion 𝐴^′𝐵^′𝐶^′ mediaaneja. Olkoot 𝜔_𝐵 ja𝜔_𝐶 ympyröitä, joiden halkaisijat ovat𝐵𝐵^′ ja 𝐶𝐶^′. Osoita, että 𝐴^′ on ympyröiden𝜔_𝐵 ja 𝜔_𝐶 radikaaliakselilla”.

Ongelma ei ehkä vielä ole triviaali, eikä se äkkiseltään edes näytä juurikaan hel-pommalta kuin alkuperäinen ongelma. Tässä muotoilussa on kuitenkin yksi selvä etu:

ongelma koskee pelkästään yhtä kolmiota ja sen mediaaneja, kun taas alkuperäinen ongelma vaati lisäksi pisteen 𝐷 tasakylkisen puolisuunnikkaan muodostamiseksi.

Tämä muotoilu ongelmasta on siten paljon yksinkertaisempi ja myös luultavasti helpompi.

Tässä on uusi, selkeämpi kuva ongelmasta.

A^′

B^′ C^′

C B ωB

ωC

Konfiguraatio alkaa näyttää varsin yksinkertaiselta.

Jotta𝐴^′ olisi radikaaliakselilla, tulisi sen pisteen potenssien olla samat molempien ympyröiden 𝜔_𝐵 ja 𝜔_𝐶 suhteen. Yksi tapa osoittaa tämä olisi käyttää kaavaa𝜔_Γ(𝑃) = 𝑂𝑃²−𝑟². Tässä tapauksessa tämä kaava ei kuitenkaan ole kovin hyödyllinen, koska ei ole helppoa laskea mediaanien pituuksia tai pisteen𝐴^′ etäisyyttä mediaanin 𝐶𝐶^′

keskipisteeseen.⁷ Toinen idea on yrittää valita ympyrältä pisteet 𝑋 ja 𝑌 siten, että 𝐴 on suoralla 𝑋𝑌, ja laskea 𝐴𝑋·𝐴𝑌. Ympyrällä 𝜔_𝐵 ainoat järkevät kandidaatit pisteeksi𝑋 ovat 𝐵 ja 𝐵^′. Tästä pääsemme seuraavaan ratkaisuun.

Olkoon𝐸kärjen𝐵^′korkeusjanan kantapiste. Koska∠𝐵^′𝐸𝐵 = 90^∘, on𝐸ympyrällä 𝜔_𝐵. Määritellään 𝐹 vastaavasti, jolloin 𝐹 on ympyrällä 𝜔_𝐶. Halutaan osoittaa, että 𝐴^′𝐹 ·𝐴^′𝐶 =𝐴^′𝐸·𝐴^′𝐵 eli että

𝐴^′𝐹

𝐴^′𝐸 = 𝐴^′𝐵 𝐴^′𝐶.

Jälkimmäinen osamäärä on sama kuin ^𝐴_𝐴^′′𝐶_𝐵^′′, koska kolmiot 𝐴^′𝐵𝐶 ja 𝐴^′𝐶^′𝐵^′ ovat yhdenmuotoisia. Riittää siis osoittaa, että

𝐴^′𝐹

𝐴^′𝐸 = 𝐴^′𝐶^′ 𝐴^′𝐵^′.

Ortokeskusta koskevista konfiguraatioista tiedämme, että 𝐵^′𝐹 𝐸𝐶^′ on jännene-likulmio, joten pisteen potenssilla saadaan 𝐴^′𝐹 ·𝐴^′𝐵^′ = 𝐴^′𝐸·𝐴^′𝐶^′, joka voidaan kirjoittaa muodossa

𝐴^′𝐹

𝐴^′𝐸 = 𝐴^′𝐶^′ 𝐴^′𝐵^′. Tämä ratkaisee ongelman.

Kommentti: Ratkaisun vaikein osio vaikuttaisi olevan pisteiden𝐴^′, 𝐵^′ ja𝐶^′ lisäämi-nen kuvioon. Mistä tämän voisi keksiä? Yksi ajatus on, etteivät tehtävässä valmiiksi olevat pisteet oikein tahdo riittää ongelman ratkaisemiseksi, joten tehtävään on hyvä lisätä uusia pisteitä (”Mitä muutakaan tässä voi tehdä?”). Jos taas ajatuksena on lisätä pisteitä, niin esitetyt lisäykset ovat varsin luonnollisia: ongelma pyörii sivujen keskipisteiden ympärillä, joten peilaukset näiden pisteiden yli ovat luonteva idea (varsinkin kun näin saadaan ympyröiden halkaisijoita). Mainittakoon vielä, että usein ensimmäinen yritys ei onnistu, vaan ratkaisua etsiessä täytyy kokeilla monia erilaisia ideoita.

In document Ollin Opas Olympiatason Ongelmanratkaisuun (sivua 26-34)