P R E S E K List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 0351-6652 Letnik 19 (1991/1992) Številka 5 Strani 268-275 Boris Lavric: FORDOVI KROGI Ključne besede: matematika, geometrija. Elektronska verzija: http://www.presek.si/19/1097-Lavric.pdf © 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo FORDOVI KROGI Na ravnini ležita dva enako velika kroga in se dotikata To naj bosta prva dva iz družine Fordovih krogov, ki jo bomo zdaj zgradili. Skupno tangento t obeh krogov opremimo s koordinatnim sestavom tako, da seje eden od krogov dotika v točki 0, drugi pa v 1 (točke na t istovetimo z realnimi števili). Tretji član družine je krog, ki se dotika prvih dveh in tangente f, seveda v točki j. Nadaljujmo podobno. Vsakemu paru pridelanih Fordovih krogov /Cj in Ki, ki se dotikata, dodajmo nov krog K., ki se dotika obeh in še premice f. Tako dobimo družino vseh Fordovih krogov. Slik« 1. Največjih pet Fordovih krogov Naloga 1. Kako načrtamo krog K, Če imamo dana kroga Ki, K2 in tangento t? Na opisani način postopoma pridemo do vsakega Fordovega kroga, vendar moramo pri tem poznati njegove predhodnike. Seveda je to precejšnja ovira, lato bi se ji radi ognili in neposredno spoznali vse kroge. Pa se lotimo te naloge. Dva podatka bosta dovolj za Fordov krog: njegov polmer in dotikališče s premico f Določili ju bomo v nekaj korakih. Najprej si oglejmo naslednji splošnejši položaj in ga v obliki naloge postavimo bralcu Naloga 2, Kroga K i m K 2 s polmeroma r\ oziroma r? se dotika ta skupne tangente f zaporedoma v točkah T\ in T?. Obeh se dotika tretji krog K s polmerom r, ki ima dotikališče T s tangento t med točkama T\ in Tj. Izrazi z r\ in ri polmer r in razdalje d = | Tj T21, d\ = 17~J in c/j = | T2 T |. Rešitev naloge najdete v naslednji številki, rezultate pa (skoraj v celoti) razgrnimo kar tu, saj jih bomo takoj potrebovali. Dobimo d = di = d2 = 2^/TP (1) in od tod še Uporabimo zdaj te formule za izračun polmerov in dotikališč (s tangento f) nekaterih največjih Fordovih krogov. Prva dva imata polmera j, dotikališči pa v točkah 0 in 1. Tretji se dotika f v točki j, njegov polmer pa je po formuli (2) enak g Naslednja dva sta očitno enako velika. Z uporabo (2) dobimo njuna polmera s pomočjo (1) pa dotikališči 3 in 5. Zabeležimo še podatke nadaljnjih Šestih Fordovih krogov. Dva imata polmer i, štirje pa X. Njihova < 4 « n 4 j Ji dotikališča so v točkah f ter 5. j. 5 5- Kaj opazimo ? Stika 2. Polmeri vseh naštetih krogov so oblike n £ IN, ustrezna dotikališča s i pa so okrajšani ulomki oblike ^ z intervala [0,1]. Navedeni primeri to potrjujejo za največje Fordove kroge, zato brž zaslutimo, da je podobno z vsemi Fordovimi krogi To obetavno slutnjo oblikujmo v Izrek 1. Za vsak Fordov krog obstaja tak n (E JffV, da je polmer kroga enak jjjT' njegovo dotikališče s f pa je okrajšani ulomek oblike — z intervala [0.1]- " Bralca vabimo, da se prepriča o pravilnosti naslednjega kriterija, ki ga bomo uporabili pri dokazu izreka 1. Naloga 3. Naj se Fordova kroga Ki in fC2 s polmeroma n = i" 1-2 ~ 5 ■ ("1.12 e 2 Dj 2rjj dotikata premice t zaporedoma v točkah-ulomkib mi , m2 , mi m2, - m —, (- < -). r>l n 2 r>2 Dokazi, da se K\ in K.2 dotikata med sabo natanko takrat, kadar velja m-i ni — T?i r»2 = 1. (3) Rešitev naloge preberite v naslednji Številki, mi pa začnimo z dokazom izreka: Krogoma /C 1 in K2 iz gornje naloge pridružimo krog K tako kot v drugi nalogi in izračunajmo njegov polmer r ter dotikaliŠče x s premico f. Formula (2) nam da polmer 1 1 _ 1 r2 _ Žnf 2_ 1 Od tod s pomočjo formule (1) po kratkem računu dobimo dotikatiiče mi - mi ni + mj n2 + 1 x=--Y2y/ryr =-t—- -——. "I ni + n3) Zveza (3) nam x še poenostavi: mj nj 4- mj 02 + (m2fil — /Tij r?2) mi + mj x —---- — ---------_ rri(nx + nj) rti + n2 Postavimo m — m i + m 2, n = /Ji + /12 in se prepričajmo, da so dotikališča -j1-, ^ in — vseh treh krogov okrajšani ulomki. Res, za prva dva to sledi iz zveze (3} (Zakaj?). Ta nam da še enakost mn 1 — m j n ~ m2n\ — min? — 1. ki pove, da je tudi tretji ulomek okrajšan. Krog )C ima potemtakem polmer j^j in se dotika premice t v okrajšanem ulomku &. Spomnimo se le še na postopek, s katerim pridobivamo Fordove kroge, in dokaz izreka je sklenjen Ponovno si oglejmo največje Fordove kroge in razvrstimo po vrsti dotikališča s premico t za vse tiste, katerih polmeri ne presegajo 0 1 1 1 2 1 3 2 3 4 1 1' 5' 4' 3' 5' 2' 5' 3* 4' 5" T Dobili smo naraščajoče zaporedje vseh okrajšanih ulomkov Z intervala [0,1], katerih imenovalci ne presegajo 5. Ker sta sosednja ulomka in v tem zaporedju dotikališči takih Fordovih krogov, ki se dotikata tudi med sabo, velja zveza (3). Spet se ne moremo upreti skušnjavi posploševanja. Najprej se ozrimo na splošna zaporedja ulomkov zgornjega tipa. Imenujemo jih Fareyeval zaporedja Natančneje: Fareyevo zaporedje T^ reda k je naraščajoče zaporedje vseh okrajšanih ulomkov z intervala [0,1], katerih imenovalci niso večji od k. Ulomek ~ je torej v T^ natanko takrat, kadar velja 07 dokaia Zapisal njihovo lastnost ii naloge 4, Haro 1 pa je zaporedja obravnaval ie leta 1802 in tudi dokazal lastnosti iz izreka 2 in naloge 4. bomo videli, da je pravilna, jo strnimo v Izrek 2. Zaporedna člena ^ m < Fareyevega zaporedja rk ustrezafa pogoju m^ni — mjr^ = 1 Dokaz bomo oprli na dobro znani rezultat, ki pa ga kljub temu kot nalogo postavimo bralcu. Naloga 4. Dokaži, da za vsak par tujih celih števil m, n obstajata celi števili x, y, ki rešita enačbo nx — my = 1. Zdaj pa k dokazu izreka 2. Ulomek je okrajšan, zato sta števili mi in ni tuji. Izberimo celi števili x\ in y\ tako, da velja (Zakaj je to možno?) Potem je nix — miy = 1, Števili x in y sta tuji, zaradi ni < k in ocene (4) pa velja 0 < k— < y < k Od tod sledi, da je ~ miyi - 1. Postavimo x = xi + pmi, y ~ y\ + pni, kjer smo p € Z izbrali tako, da vefja ocena k - ni < y < k. (4) x - € In (5) y n1 nxy Pokadimo, da velja x = rri2, y = 12 te to ni res. je "1 y in zate x m2 1 rri2 ml ^ 1 y n2 ~ niy n2 nl Seštejmo obe neenakosti in upoštevajmo oceno (4), pa dobimo x rni ^ 1 1 _ y f*i ~~ n2y ni n2 _ ni +y > k > J_ /iifi2y niri2y ~ n\y Prišli smo v protislovje s (5), torej res velja x = rri2 in y = n2- Dokaz izreka je s tem sklenjen, saj je m2ni — m\n2 = nix — miy = 1. Posledica. Sosednja člena Fareyevega zaporedja J-^ z indeksom k > 1 imata različna imenovalca. Dokaz. Enakost, ki ji zadoščata sosednja člena Fareyevega zaporedja pove, da sta njuna imenovalca tuja in zato pri k > 1 različna. Eno od zanimivih lastnosti Fareyevih zaporedij razkriva naslednja naloga, ki jo bo s pomočjo izreka 1 lahko ugnati: Naloga 5. Naj bodo in zaporedni členi nekega Fareyevega zaporedja. Potem velja m2 _ ml + m3 n 2 r>i + 03 Vrnimo se zdaj k Fordovim krogom. Vemo, da se vsak dotakne premice i v racionalni točki (ulomku) z intervala [0,1] Ali velja tudi obratno: Vsaka racionalna točka z intervala [0,1] na premici f je doukališče Fordovega kroga? Odgovor je pritrdilen in ga vkljuSirr.j v Izrek 3. DotikaliSča Fordovih krogov so natanko vse racionalne točke intervala [0,1] na premici t. Zaradi izreka 1 zadošča dokazati, da je vsak okrajšani ulomek ™ z intervala [0.1] dotikališče enega od Fordovih krogov. Dokazovali bomo s pomočjo matematične indukcije po n Ulomkov ^ in j se dotikata največja Fordova kroga, torej pri n — 1 trditev drži. Naj bo zdaj k poljubno naravno število, večje od 1. Predpostavimo, da trditev velja za n — k — 1, in dokažimo, da potem vetja tudi za n = k. Naj bo £ poljuben okrajšani ulomek z intervala [0,1]. Seveda je £ člen Fareyevega zaporedja T^, različen od 0 in 1. Njegova soseda mj m2 ^ mj ^ rn2 ni r?2 n2 v T^ imata po posledici izreka 2 imenovalca manjša od k, zato sta sosednja člena Fareyevega zaporedja J7^—I- ¡zreku 2 je tedaj mjni — min2 = = 1, zaradi naše predpostavke pa obstajata Fordova kroga in /C2, ki se zaporedoma dotikata i v točkah in Naloga 3 pove, da se K\ in K2 dotikata med sabo. Iz dokaza izreka 1 zvemo, da se potem Fordov krog K., ki se dotika in K,2, dotakne premice t v točki Z uporabo naloge 5 vidimo, da je j _ ml + m2 k ni -f r)2 zato je £ dotikališče Fordovega kroga /C % t. Indukcijski korak je s tem sklenjen, dokaz izreka pa končan. Družino Fordovih krogov smo zgradili iz dveh enako velikih dotikajoči h se krogov, ki sta hkrati njena največja člana. Zdaj pa predpostavimo, da 'začetna' kroga in £2. ki se dotikata med sabo, nista enako velika. Prav tako kot Fordove kroge zgradimo iz /C 1 in /C 2 družino krogov, kijih imenujmo posplošeni Fordovi krogi. V družini vseh posplošenih Fordovih krogov ni nujno največjega kroga, Seveda nas zanima, kdaj pa tak krog vendarle obstaja. Torej ne bo odveč Naloga 6. Poišči potreben in zadosten pogoj za polmera začetnih krogov /Ci in /C2 družine vseh posplošenih Fordovih krogov, da bo v tej družini vsaj en največji krog. Članek s tem sklenimo, bralca pa vabimo, da razkrije še kakšno lastnost posplošenih Fordovih krogov. Boris Lavrič