Fyrhörning inskriven i en cirkel.

Jag tror det finns en sats om en relation mellan vinklarna i en fyrhörning som är inskriven i en cirkel. 

Vad är en konvex fyrhörning för något?

Anonymous75 skrev:

Vad är en konvex fyrhörning för något?

En konvex figur, tex en fyrhörning, är en figur sådan att om man har en linje där ändpunkterna ligger inom figuren så ligger hela linjen inom figuren. Men det var onödigt att skriva i det i problemtexten så jag har tagit bort det.

henrikus skrev:

Kan en fyrhörning med givna sidlängder alltid inskrivas i en cirkel genom ett visst val av vinklar?

OBS! Jag har hittat på det här problemet själv. Tyckte det var lite kul ...

En fyrhörning kan inskrivas i en cirkel och och endast om summan av de motstående vinklarna är 180^o. Det lär man sig i Ma2 - det bevisas med hjälp av randvinkelsatsen.

Smaragdalena skrev:

henrikus skrev:

Kan en fyrhörning med givna sidlängder alltid inskrivas i en cirkel genom ett visst val av vinklar?

OBS! Jag har hittat på det här problemet själv. Tyckte det var lite kul ...

En fyrhörning kan inskrivas i en cirkel och och endast om summan av de motstående vinklarna är 180^o. Det lär man sig i Ma2 - det bevisas med hjälp av randvinkelsatsen.

Ja, det vet jag, men kan man alltid fixa så att summan av de motstående vinklarna är 180 grader om man har en fyrhörning där sidorna är givna men inte vinklarna?

Jag har lyckats övertyga mig själv om att det alltid är möjligt att inskriva en fyrhörning med givna sidlängder i en cirkel. Om någon vill se ett bevis bör jag kunna producera ett sådant.

En triangel kan alltid skrivas in i en cirkel (den omskrivna cirkeln).
Tillfogar man ännu en punkt som ligger på samma cirkel, så bildar de fyra punkterna en fyrhörning som är inskriven i en cirkel.

Men bara då!
Lägger vi den fjärde punkten utanför cirkeln funkar det inte.

Eller?

Arktos skrev:

En triangel kan alltid skrivas in i en cirkel (den omskrivna cirkeln).
Tillfogar man ännu en punkt som ligger på samma cirkel, så bildar de fyra punkterna en fyrhörning som är inskriven i en cirkel.

Men bara då!
Lägger vi den fjärde punkten utanför cirkeln funkar det inte.

Eller?

Om man lägger till en fjärde punkt, tar man ju bort en av de ursprungliga sidorna, så jag förstår inte riktigt hur man skall kunna ha någon nytta av detta, när man har fyra kända sidlängder?

Det har du rätt i. Då får man resonera på annat sätt.

Väj två av sidlängderna.
Sätt ihop dem till ett vinkelben och låt detta
utgöra två sidor av en triangel som är inskriven i en cirkel..etc.

Eller ge ett motexempel;
Rita en fyrhörning där den ena diagonalen är avsevärt längre än den andra.
Den blir det väl svårt att skriva in i en cirkel?

Eller har jag missat någon förutsättning?

1. Trivialt motexempel: Om sidorna är t ex 1, 1, 1, 4 kan man inte göra en fyrhörning alls - men då uppfylls ju inte kravet att det skall vara en fyrhörning.
2. Om alla sidorna är lika långa kan vi bilda en kvadrat. En kvadrat kan alltid inskrivas i en cirkel (med centrum där diagonalerna möts).
3. Om sidorna är parvis lika långa kan vi bilda en rektangel. En rektangel kan alltid inskrivas i en cirkel (med centrum där diagonalerna möts).
4. Övriga fall: Sätt ihop två sidor till en längre, så att det bildas en triangel. En triangel kan alltid inskrivas i en cirkel. Ta tag i föreningspunkten mellan de båda hopsatta sidorna och flytta den utåt, bort från cirkelns centrum. De tre ursprungliga hörnen ligger fortfarande på en cirkel, men cirkeln krymper. Till slut ligger det fjärde hörnet på cirkelns periferi, och vi har bevisat att det går.

Eller ge ett motexempel;
Rita en fyrhörning där den ena diagonalen är avsevärt längre än den andra.
Den blir det väl svårt att skriva in i en cirkel?

Om man byter ordning på de fyra sidorna borde det gå.

Jamenvisst, jag läste inte ordentligt mellan raderna utan tolkade fritt!

Grejen är inte att varje fyrhörning ska kunna skrivas in i en cirkel,
utan
att varje uppsättning av fyra sträckor, som kan sättas ihop till en fyrhörning,
då också bildar en fyrhörning som kan skrivas in i en cirkel.

Om jag väljer sträckorna, så kan du alltid välja vinklarna så att det funkar.

Steg#4 täcker väl samtliga fall?
Så elegant!

Jag läste inte heller ordentligt.

Finns det en konstruktion med passare och linjal?

Här är mitt bevis.

Först behövs ett bevis till omvändningen av satsen: Summan av motstående vinklar i en fyrhörning inskriven i en cirkel är 180 grader. Dvs "En fyrhörning där summan av motstående vinklar är 180 grader kan inskrivas i en cirkel."

Bevisas med motsägelsebevis. Se: https://www.teachoo.com/4738/1097/Theorem-10.12---Class-9---If-sum-of-pair-of-opposite-angles-is-180/category/Theorems/

Ber om ursäkt för annonserna.

Nu till beviset:

Antag att sidorna är a, b, c, d och vinkeln mellan sidorna med längderna a och b är x grader. Då är vinkeln mellan sidorna med längderna c och d 180-x i den sökta fyrhörningen. Vi ska visa att vi alltid kan hitta en sådan fyrhörning.

Cosinussatsen ger

$$\begin{gathered} a^2+b^2-2ab\cos x=c^2+d^2+2cd\cos x\Rightarrow \\ \cos x=\frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2ab+2cd} \\ Eftersom a,b,c,d är godtyckliga kan vi anta att \\ {a}^2+b^2\ge c^2+d^2 \\ Om detta inte gäller kallar vi a för c och b för d och vice versa \\ Då vet vi att \cos x\ge 0 \\ Vi antar också att a\ge b annars kallar vi a för b och b för a \\ Vi vet att b+c+d\ge a annars går det inte ihop \Rightarrow \\ c+d\ge a-b \\ Båda leden är \ge 0. Alltså gäller olikheten även om vi \\ kvadrerar bägge led \\ {c}^2+d^2+2cd\ge a^2+b^2-2ab\Rightarrow \\ {a}^2+b^2-c^2-d^2\le 2ab+2cd\Rightarrow \\ \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2ab+2cd}\le 1\Rightarrow \\ 0\le \cos x\le 1\Rightarrow \\ Vi kan alltid hitta en fyrhörning med summan av \\ motstående vinklar =\hspace{0.17em}180° \\ Vilket skulle bevisas \end{gathered}$$

Åter till Smaragdalenas algoritm, det sista steget:

•  Sätt ihop två sidor till en längre, så att det bildas en triangel.
   En triangel kan alltid inskrivas i en cirkel.

•  Ta tag i föreningspunkten mellan de båda hopsatta sidorna och flytta den utåt,
    bort från cirkelns centrum.

Men hallå, då ändras ju det inbördes avståndet mellan punkterna i triangeln?
Toppvinkeln minskar, men sidlängderna i motsvarande vinkelben ändras inte.

•  De tre ursprungliga hörnen ligger fortfarande på en cirkel, men cirkeln krymper.

OK, de ligger inte längre på samma cirkel som förut, men eftersom de fortfarande kan ses som en triangel, så finns det en omskriven cirkel till den också. Den har mindre radie än den första cirkeln. På den kan de ligga alla tre. 

Vi fortsätter flytta den fjärde punkten utåt och cirkeln blir allt mindre:

•  Till slut ligger det fjärde hörnet på cirkelns periferi, och vi har bevisat att det går.

Är det verkligen alltid möjligt?
Eller kan vi behöva börja om med en fyrhörning där sidorna kommer i annan ordning?
Finns det alltid någon ordning av de fyra givna sidorna som funkar?

Vad gärna jag skulle vilja se en animation av detta!

Jag tror att det inte går om man måste ha sidorna i en viss ordning. Från början var uppgiften formulerad så att man själv fick bestämma ordningen (eller åtminstone tolkade jag uppgiften så), men nu har henrikus ändrat på förutsättningarna.

Det går även om man inte får ändra på sidornas ordning. Se bevis.

Men döper du inte om sidorna i beviset tills allt passar? 

Så här har jag tolkat satsen (stämmer det?):

Varje uppsättning av fyra sträckor,
som är sådana att de kan sättas ihop till en fyrhörning,
kan alltid (på något vis) sättas ihop till en fyrhörning som kan skrivas in i en cirkel,
dvs så att summan av motstående vinklar är 180°.

Om jag väljer sträckorna, så får du välja hur de ska sättas ihop
och det går alltid att göra så att fyrhörningen kan skrivas in i en cirkel

Jfr exemplet ovan;
"Rita en fyrhörning där den ena diagonalen är avsevärt längre än den andra.
Den blir det väl svårt att skriva in i en cirkel?"
Om man byter ordning på de fyra sidorna borde det gå.

Det ska gå utan att man byter ordning på sidorna. Kolla här: https://www.geogebra.org/classic/rqfwzbsv

Det går att dra i några av punkterna.

Smaragdalenas argument fungerar väll utmärkt även för given ordning?

Jag tänker mig såhär:

Vi antar att a är den längsta sidlängden. Tänk er att vi har en enorm cirkel så att vi kan placera ut punkter p_1,p_2,...,p_5 så att avståndet mellan p_1 och p_2 är a, avståndet mellan p_2 och p_3 är b, avståndet mellan p_3 och p_4 är c och avståndet mellan p_4 och p_5 är d (vi kommer flytta dessa punkter men detta krav på avståndet håller vi fixt). Cirkeln är så enorm att punkterna hamnar i rätt ordning om man går (säg motsols) längs cirkeln p_1->p_2->p_3->p_4->p_5->p_1. Nu börjar vi krympa cirkeln, om det tillslut händer att p_1 och p_5 sammanfaller så är vi klara.

Obstruktionen mot att det händer är att diametern på cirkeln blivit a innan det hände (så att vi inte kan krympa cirkeln mer). Nu gör vi istället cirkeln större och håller våra punkter på samma sida av linjen som skär p_1  och cirkelns centrum. När cirkelns radie går mot oändligheten kommer punkterna närma sig ett linjesegment av längd max(a,b+c+d), med detta menar jag att punkterna är hörnen av någon månghörning och den hörningen närmar sig ett sådant linjesegment. Om längderna faktiskt kan bilda en fyrhörning alltså b+c+d>a så följer att p_1 och p_5 har sammanfallit innan oändligheten.

Detta verkar generalisera till godtyckliga hörningar...

Smaragdalena skrev:

Jag tror att det inte går om man måste ha sidorna i en viss ordning. Från början var uppgiften formulerad så att man själv fick bestämma ordningen (eller åtminstone tolkade jag uppgiften så), men nu har henrikus ändrat på förutsättningarna.

Ditt argument fungerar utmärkt även med given ordning, om jag tolkar dig rätt.

Du börjar med en triangel inskriven i en cirkel. Sedan deformerar du triangeln till en fyrhörning så att alla sidlängder är korrekta och du deformerar samtidigt cirkeln så att de tre hörnen fortsatt är på den, det fjärde hörnet är på insidan av cirkeln (till en början).

Du kan fortsätta deformera på det här viset tills din fyrhörning har blivit en ny triangel, cirkeln skär då två av hörnen på triangeln och någonstans på en sida (ett av hörnen på triangeln vi började med har nu hamnat någonstans på ena sidan av vår nya triangel). Det fjärde hörnet är nu på utsidan av cirkeln...

"Vad gärna jag skulle vilja se en animation av detta!"
Nu ännu mera.

T ex med sidorna a+b+c+d(+a) i den ordningen,
och  a=1, b=2, c=3, d=5

https://www.geogebra.org/classic/qzpwfauy

Arktos skrev:

"Vad gärna jag skulle vilja se en animation av detta!"
Nu ännu mera.

T ex med sidorna a+b+c+d(+a) i den ordningen,
och  a=1, b=2, c=3, d=5

Inte en animering, lite fantasi får man ha själv. Men dock en figur:

Tryck på evaluate!

Den blå triangeln är figuren vi börjar med sedan trycker vi ut det fjärde hörnet (som börjar på den tjocka blå punkten och rör sig längs den gröna cirkeln, det andra varierande hörnet rör sig längs den gula). Vi kan flytta den fjärde punkten tills vi får en triangel igen, det är den röda triangeln. Det viktiga är att röda triangeln har ett hörn utanför sin cirkel och motsvarande punkt på den blå är innanför sin cirkel...

Tack henrikus och DrNej!

Då skulle man kanske kunna formulera satsen så här:

     En godtycklig fyrhörning,
     som är ledad i hörnen,
     kan alltid vinklas till,
     så att den kan skrivas in i en cirkel

eller mer handgripligt:

    Om jag väljer en fyrhörning,
    och den är ledad i hörnen,
    så kan du alltid vinkla till den,
    så att hörnen hamnar på en cirkel.

PS 
Ur geometrisk synvinkel är det förstås inte renlärigt att införa fyrhörningar som är ledade i hörnen, men det gör det lätt att förstå vad som händer.