MATEM ATI KA
Apolonijev problem1
•is •i' ■i'
Petra Podlogar, Tamara Pogačar, Ana Štuhec Mentorica: Tatiana Elisabet Sučnik
Za dane tri krožnice smo želeli konstruirati še eno, ki bi se dotikala vseh treh hkrati. Za rešitev tega problema smo spoznali invertiranje cez kro-žnico, uporabili pa smo tudi program GeoGebra, v katerem smo za boljšo predstavitev problematike rešitev tudi konstruirali.
Uvod
Marsovski vesoljski ladji se je na vzhodni medgalak-ticni obvoznici pokvarila navigacijska naprava in strmoglavila je neznano kam v Bermudski trikotnik. Iznajdljivi Marsovci so na hipernetu uspeli poiskati zemljevid območja in izbrskati, da se na Bermudskih otokih, Portoriku in obali Floride nahajajo trije svetilniki, ki sinhrono oddajajo signal. Kako se bodo opremljeni z zemljevidom, podatkih o časovnih razlikah med prispelimi signali in matematicnim znanjem rešili iz zagate?
Strmoglavljenci so se iskanja položaja lotili z geometrijo. Vedeli so, da je hiperbola množica tock, za katere je absolutna vrednost razlike razdalj od dveh izbranih tock konstantna. Iz casovnih razlik v prejemu signalov so za vsak par svetilnikov izracunali razliko med razdaljama od njihovega nahajališca do posameznega svetilnika. Na zemljevidu so nato želeli narisati hiperbole z gorišci na mestu svetilnikov in konstantno razliko razdalj, ki ustreza razlikam med razdaljami do svetilnikov, ter poiskati njihovo presecišce (ki predstavlja lego Marsovcev). A kaj vec od šestila in geotrikotnika med razbitinami niso našli. Newton jim je prišepnil, da se je z ekvivalentnim
1Clanek je nastal na poletnem taboru MaRS 2016 (Matema-ticno Raziskovalno Srecanje za srednješolce).
geometrijskim problemom ukvarjal Apolonij. Seveda smo jim tudi zemeljski MaRSovci priskočili na pomoč.
Apolonijeva krožnica
Apolonij iz Perge je v 3. stoletju pr. n. št. formuliral in rešil sledeči problem:
Problem. Načrtaj vsaj eno krožnico, ki je tangentna na tri dane krožnice v ravnini.
Kako sta Apolonijev problem in težave Marsovcev sploh povezana?
Recimo, da je razlika med razdaljama do svetilnika A in do svetilnika B enaka % ter razlika med razdaljama do svetilnika A in do svetilnika C enaka y. Ladja S je od tocke A oddaljena za rs + r2, od tocke B za rs + r1 in od tocke C za rs + r3 (slika 1). Torej je razlika med razdaljama do svetilnika A in do svetilnika B enaka r1 - r2 = % ter razlika med razdaljama do svetilnika A in do svetilnika C enaka
SLIKA 1.
Slika prikazuje oba načina iskanja lege Marsovcev. Ti se nahajajo na presečišču dveh hiperbol, kije hkrati središče krožnice; ta je rešitev Apolonijevega problema.
4
PRESEK 45 (2017/2018)4
MATEMATIKA
r3 - r2 = y. Izberemo poljubni r2 in na zemljevidu narišemo krožnice s središči v svetilnikih in polmeri ri = x + r2, r2 in r3 = y + r2. Točka, kjer se nahajajo Marsovci, je središče krožnice, ki je tangentna na vse tri krožnice s središči v svetilnikih.
V zgodovini so se matematiki (in obupani brodo-lomci) naloge lotevali na razlicne nacine; med drugim s hiperbolami, nekateri pa algebraicno. Mi smo se konstrukcije krožnice lotili z inverzijo. Poglejmo si, kaj je inverzija.
■	krožnico, ki gre skozi središce O, v premico;
■	krožnico, ki ne gre skozi središce O, pa v krožnico.
Poglejmo si dokaz lastnosti ohranjanja kotov: Izberimo dve tocki A in B .V trikotniku OAB oznacimo z a kot z vrhom v tocki A in z / kot z vrhom v tocki B. Narišimo še tocki Ar in B', ki sta inverzni tocki tock A in B (slika 3).
Definicija. Inverzna tocka tocke A glede na krožnico K s središcem O in polmerom r je tocka A', ki leži na poltraku O A tako, da velja
■ |OA| ■ |OA'| = r2.
Na sliki 2 vidimo inverz tocke A glede na krožnico K. Posebnost je središce O, katerega sliko nam definicija ne poda. Po dogovoru se preslika v neskonc-nost (in tocka v neskoncnosti v središce O).
SLIKA 2.
Inverzna točka točke A
Navedimo nekaj lastnosti inverzije. Inverzija ohranja kote in preslika iz notranjosti krožnice K v njeno zunanjost (in iz zunanjosti v njeno notranjost).
Preslikava preslika
■	tocko, ki se nahaja na krožnici K, samo vase;
■	premico, ki ne gre skozi središce O, v krožnico, ki poteka skozi središce O;
■	premico, ki gre skozi središce O, samo vase;
SLIKA 3.
Tocki A in B, pripadajoča kota in inverzni tocki
Oglejmo si trikotnik O A' B'. Vemo, da velja |OA| ■ |OA'| = r2 in |OB| ■ |OB'| = r2, torej velja |OA| ■ |OA'| = |OB | ■ |OB'| ali drugace zapisano
b |OA| = |OB' | |OB | |OA'|"
Izrek o podobnosti trikotnikov pravi, da sta si dana trikotnika podobna, ce se ujemata v razmerju dveh stranic in kotu med njima. Ker je kot z vrhom v tocki O trikotnikoma OAB in O A! B' skupen, iz zgornjega razmerja sledi, da sta si trikotnika OAB in OB'A' podobna. Kot z vrhom v tocki A' je torej enak kot z vrhom v tocki B' pa je enak a (slika 4).
Vzemimo zdaj kot, katerega krak ne precka sredi-šca krožnice. Oznacimo vrh kota z B in po eno tocko na vsakem kraku z A in C ter njihove inverzne tocke B', A' in C' (slika 5).
Oznacimo kote v trikotniku ABC z in y. Iz prvega dela dokaza sledi, daje kot OB' C' enak y, zunanji kot kota OB'Ar pa je enak a (slika 6). Ker je vsota kotov v trikotniku enaka iztegnjenemu kotu, sledi, da je kot C'B'Ar enak /3; torej inverzija res ohranja kote.

PRESEK 45 (2017/2018)4
5
MATEM ATI KA

SLIKA 4.
Trikotnika OAB in OB'A' sta si podobna.
SLIKA 6.
Pari skladnih kotovv začetni in inverzni sliki
SLIKA 7.
Konstrukcija inverzne točke.
SLIKA 5.
Opazovani kot (zgoraj) in pripadajoče točke, s katerimi si pomagamo pri opazovanju kota (spodaj).
Dokaze preostalih lastnosti lahko bralec najde v [4, poglavje 1].
Oglejmo si še poseben primer slike 4. Kot a naj bo pravi kot, tocka B pa naj se nahaja na krožnici K, kot prikazuje slika 7. Slika nam pravzaprav prikazuje zamisel, kako skonstruiramo inverzno tocko A'
tocke A. Kakšen je torej postopek konstrukcije? Najprej narišemo poltrak OA, nato pa pravokotnico na poltrak skozi tocko A. V tocki, v kateri pravokotnica seka krožnico K, narišemo tangento na K. Presečišče tangente in poltraka O A je inverzna tocka A'.
Opremljeni z novim znanjem se lahko zdaj lotimo reševanja našega problema (in brodolomcev).
Rešitev problema. Iskanja rešitve se lotimo po korakih:
(i) Posamezno krožnico zmanjšamo za polmer najmanjše krožnice r1. S tem najmanjšo krožnico zmanjšamo v tocko, ki jo oznacimo z A, namesto drugih dveh krožnic pa imamo zdaj dve manjši kro-žnici, ki ju poimenujemo f in g. Krožnica, ki se do-
6
PRESEK 45 (2017/2018)4
MATEMATIKA
SLIKA 8.
Zgoraj: Začetne krožnice in rešitev Apolonijevega problema (modra krožnica t). Spodaj: Začetne in zmanjšane krožnice ter rešitev začetnega in poenostavljenega problema.
K
SLIKA 9.
Zgoraj: Inverzija krožnic f in g preko krožnice K. Spodaj: Skupne tangente krožnic f' in g'.
tika krožnic f in g ter gre skozi točko A, ima središče v isti točki kot rešitev našega problema, polmer pa ima za r1 večji. S tem smo problem poenostavili na iskanje krožnice, ki se dotika dveh krožnic in gre skozi dano točko (slika 8).
(ii) Preko krožnice K s središčem v točki A in poljubnim polmerom invertiramo krožnici f in g ter točko A. Sliki krožnic f in g sta krožnici, ki ju označimo f' in g', slika točke A pa je točka v neskončnosti. Krožnica, ki reši poenostavljen problem, poteka skozi točko A, ki smo jo izbrali za središče inverzije, zato je njena slika premica. Ker se ta krožnica dotika krožnic f in g, se njena slika dotika krožnic f' in g', torej mora biti skupna tangenta f' in g' (slika 9 spodaj).
(iii)	Na invertirani krožnici in f' narišemo skupno tangento. Možne tangente so štiri, izbrali pa bomo tisto, ki se krožnic in f' dotika na zunanji strani glede na središče krožnice K 2 (slika 9 spodaj).
(iv)	Tangento invertiramo preko krožnice K. Slika tangente je krožnica, ki se dotika krožnic f in g ter poteka skozi tocko A.
(v)	Dobljeno krožnico nato zmanjšamo za polmer najmanjše krožnice ri. Tako dobimo krožnico t, ki je rešitev zacetnega problema.
2Ce bi izbrali tangento, ki se krožnic q' in f' dotika na notranji strani glede na središče krožnice K, bi dobili drugo rešitev. Premislite lahko, zakaj preostali dve tangenti v tem primeru ne dasta rešitve.

PRESEK 45 (2017/2018)4
7
MATEM ATI KA
SLIKA 10.
Možne rešitve Apolonijevega problema za tri krožnice
Marsovci so tako sporočili, kam jih lahko MaRSovci pridemo iskat. Po uspešni reševalni akciji smo se skupaj usedli za mizo in vneto premlevali, če je za dani problem na voljo več rešitev. Ugotovili smo, da ima problem osem rešitev.
Preostale rešitve problema. V koraku (iii) konstrukcije rešitve lahko na invertirani krožnici g in f narišemo skupno tangento, ki se krožnic q' in f' dotika na notranji strani glede na središce krožnice K. Tangento invertiramo preko krožnice K in dobljeno krožnico povecamo za polmer najmanjše krožnice r1. Tako dobljena krožnica je druga rešitev Apolo-nijevega problema, ki prvotne krožnice zaobjame v svoji notranjosti. Možnih je nadaljnih šest rešitev, ki se prvotnih krožnic dotikajo izmenicno na zunanji ali notranji strani. Konstrukcije teh rešitev se razlikujejo v tem, da v koraku (i) v rešitvi problema ne zmanjšamo vseh treh krožnic, temvec eno ali obe izmed vecjih dveh krožnic povecamo za polmer ri in v izbiri tangente v koraku (iii) (slika 10).
Število možnih rešitev je v splošnem osem, vendar je to odvisno od razporeditve objektov v ravnini. V nekaterih primerih je tako mogoce dobiti neskoncno rešitev. Predstavimo jih nekaj:
■	Tri krožnice, ki sovpadajo. Izberemo lahko poljubno tocko, skozi katero nacrtamo krožnico, katere polmer naj bo razdalja od krožnice do tocke. Tako dobimo neskoncno mnogo rešitev.
Tri poljubne krožnice, ki se stikajo v eni tocki, pri cemer mora vsaj ena ležati znotraj druge. Za sre-dišce rešitve si izberemo poljubno tocko na premici, ki povezuje središca krožnic. Rešitvena kro-žnica poteka skozi dotikališce krožnic. Tako dobimo neskoncno mnogo rešitev (slika 11 levo).
■	Dve poljubni krožnici, ki sovpadata, ter ena, ki leži zunaj njiju in se ju ne dotika. Središci krožnic sta gorišci hiperbol, ki imata stalno razliko razdalj do gorišc enako vsoti oz. razliki polmerov danih krožnic. Tako dobimo dve hiperboli, na katerih ležijo središca krožnic, ki so rešitve tega primera (slika 11 desno).
Po drugi strani pa problem nima rešitve, kadar so središca enako velikih krožnic, ki se ne stikajo, koli-nearna. Druga možnost, kjer rešitev ni, je, kadar ena krožnica leži v notranjosti druge in se krožnice ne dotikajo (slika 12).
8
PRESEK 45 (2017/2018)4
MATEM ATI KA
SLIKA 11.
Primera s neskončno rešitvami. Na levi je množica vseh središč rešitev Apolonijevega problema premica na desni pa središča rešitev ležijo na hiperbolah.
0)o © OO
SLIKA 12.
Primera, kjer rešitve ni.
Zaključek
Skonstruirali smo rešitev Apolonijevega problema, premislili, koliko različnih rešitev ima problem v splošnem primeru, in našli nekaj posebnih primerov z neskončno rešitvami in brez rešitev. V tem trenutku se nam lahko porodi vprašanje, kako bi rešili t. i. posplošeni Apolonijev problem, ki nas sprašuje, kako poiskati vsaj eno krožnico, ki je tangentna na tri dane objekte v ravnini, pri čemer so ti objekti lahko točka, premica ali krožnica. Ce vas je Apoloni-jev problem pritegnil, lahko sami poskusite rešiti še posplošeni problem.
www.dmfa-zaloznistvo.si www.presek.si
Literatura
[1]	Wikipedia (2016), Problem of Apollonius, dostopno na en.wi ki pedi a.org/wi ki/Probl em_ of_Apol l oni us, ogled 17. 8. 2016.
[2]	J. Cox in M. B. Partensky, Spatial Localization Problem and the Circle of Apollonius, 2009, dostopno na arxiv.org/ftp/physics/papers/ 0701/0701146. pdf, ogled 17. 8. 2016.
[3]	M. Hladnik, Grška matematika poEvklidu, 2012, dostopno na www.fmf.uni-lj.si/~hl adni k/ ZgodMat/Arhi med (b) . pdf, ogled 17. 8. 2016.
[4]	K. Kozai in S. Libeskind, Circle Inversions and Applications to Euclidean Geometry, 2009, dostopno na jwilson.coe.uga.edu/ MATH7200/Inversi onCompani on/inversi on/ inversionSupplement.pdf, ogled 17. 8. 2016.
_ XXX
9	PRESEK 45 (2017/2018)4