Normat 52:2, 71–78 (2004) 71
Pytagoras satt i bås av Liu Hui
D. G. Rogers
Dedicated to Siu Man-Keung: five cycles; six decades; and
a quarter of a century of the history of mathematical ideas
at the University of Hong Kong.
Oversatt og tilrettelagt av Christoph Kirfel
I et lite sammendrag [4] i Mathematical Spectrum ble leserne utfordret med to
forskjellige uttrykk for radien r av den innskrevne sirkelen i en rettvinklet trekant
der katetene har lengde a og b og der hypotenusen h ar lengde c:
r =
a + b c
2
og
r =
ab
a + b + c
.
No e n elementære omforminger skal til for å avsløre at «forsoningen» av disse to
likningene ligger i et atskillig mer kjent resultat fra den Euklidske geometrien,
nemlig Pytagoras’ læresetning:
(1) a
2
+ b
2
= c
2
.
Kan denne sammenhengen også vises på en rent geometrisk måte? For å kunne
svare på dette spørsmålet tar vi en utflukt til den kinesiske geometritradisjonen som
rogers.tex,v 1.9
72 D. G. Rogers Normat 2/2004
man finner i den klassiske op pgavesamlingen, Jiu Zhang Suan Shu (Matematiske
metoder i ni kategorier, eller, som det vanligvis blir oversatt til, Ni kapitler om
matematikkens kunst) og de like klassiske kommentarene fra Liu Hui. Jiu Zhang
Suan Shu slik den foreligger i dag skriver seg fra minst 1900 år tilbake, mens Liu
Hui skriver vel 150 år senere.
1
Alle de tre nevnte likningene er (nemlig) kjent i en eller annen form i denne
tradisjonen. Faktisk er d et niende og avsluttende kapittelet i Jiu Zhang Suan Shu
en samling av oppgaver rundt (1), den berømte sammenhengen som – i kinesisk
terminologi – knytter sammen gou (kroken), gu (beinet, som står loddrett på kro-
ken) og xian (buestrengen som strekker seg mellom de åpne endene av kroken og
beinet). Det ser også ut som om d en kinesiske tradisjonen har foretrukket å arbe ide
med diameteren d =2r av den innskrevne sirkelen slik at de to uttrykkene for r
fra sammend raget i Mathematical Spectrum får følgende ekvivalente form:
(2) c + d = a + b
og
(3) d(a + b + c)=2ab.
Oppgave 16 i det niende kapittelet av Jiu Zhang Suan Shu etterspør en demon-
strasjon
2
av (3), og Liu Hui gir ikke mindre enn tre i sin kommentar (alle tre er
diskutert i [5]).
Liu Hui hadde stor sans for innfallsrike oppdelingsargumenter, slik at et bevis
som for oss fortoner seg som et regnestykke med arealer, fortoner seg som pusling
med løvsagbrikker for ham. I tillegg er det også på det rene at Liu Hui illustrerte
sin tekst med fargerike figurer som hjelp til bedre forståelse. Det er synd at hans
demonstrasjon av gou–gu-resultatet (1) for oss ser ut til å være ugjennomtrengelig
bortsett fra at en kan se at en eller anne n form for arealoppdeling må være involvert
– tegningene ville vært verd tusen ord, den gang som nå. Hans lesere den gangen
kunne n ok se klart for seg hva han hadde i tankene.
På den annen side er hans første direkte demonstrasjon av (3) rekonstruert og
er et mønstereksempel på e leganse .
Liu Hui hadde enda en demonstrasjon av (3) som benytter seg av formlikheten
av noen trekanter. Men her gir vi en annen demonstrasjon
3
som bygger på enda en
likning for d:
(4) d
2
= 2(c a)(c b).
1
Fullstendige oversettelser til og kommentarer på engelsk er først de siste ti årene blitt tilgjen-
gelig (se [1] og [3]). En lett tilgjengelig innføring til denne delen av matematikklitteraturen finnes
i [6]. Vi vil også nevne artikkelen [5] skrevet av Siu Man-Keung. I [2] stiller Christopher Cullen
seg noe skeptisk til hvorvidt den kinesiske tradisjonen kunne gjøre krav på å ha et «bevis» av (1).
Logoen for International Congress of Mathematicians (ICM) som ble avholdt i Beijing i august
2002 (se også figur 4 (i )) legger opp til det.
2
Forfatteren velger betegnelsen «demonstrasjon» i stedet for bevis der han vil understreke at
det dreier seg om en geometrisk synlig anskueliggjøring og ikke om en formell algebraisk slutning .
3
Liu Hui bruker denne likningen til å løse et annet problem fra det same kapittelet, oppgave
12, der man har en stang som har nøyaktig lengden av diagonalen i en rektangulær dør. Gitt at
forskjellen mellom stangens lengde og bredden av døren og forskjellen mellom stangens lengde og
høyden av døren er kjente størrelser, så var oppgaven å finne målene på døren. I lys av (2) kan
svaret gis ved hjelp av (4): a = c b +
p
2(c a)(c b) og b = c a +
p
2(c a)(c b).
rogers.tex,v 1.9
Normat 2/2004 D. G. Rogers 73
Mens rekon struksjone n av Liu Huis demonstrasjon av (3) ved hjelp av (4) ikke er
beskrevet i [5], beskriver den foreliggende artikkelen Liu Huis demonstrasjon av (4)
ved hjelp av et oppdelingsargument som bygger på (1). Likning (2) må sees på som
underforstått, som et slags bindeledd mellom a, b og c.
Vårt formål her er å belyse de nevnte oppdelingsargumentene på nytt og å vise
at de kan utrette mye mer. De kan nemlig vise oss ekvivalensen av hvert par av
likninger (1), (3) og (4) når (2) er gitt. NB. For trekanter med sider a, b og c med
c a, b gjelder (2) der d er diameteren av den innskrevne sirkelen hvis og bare hvis
trekanten er rettvinklet.
Figur 1
Vårt hovedredskap viser seg å være et som var vel-
kjent hos kineserne: vinkelhaken (ju, se figur 1).
Som vi skal se, passer vår tilnærming bra for dem
som liker å arbeide med diameteren i den innskrevne
sirkelen. Den gir oss også noen ideer om hvordan Liu
Hui kan ha tolket sitt arbeide. Som den eksperten han
var, kommenterte han en allerede vel etablert tekst.
Vi kan nok gå ut fra at han kunne løse op pgavene
både forlengs og baklengs og visste godt hvordan han
kunne komme fra det ene resultatet til det andre i en
konsistent sirkel av argumenter.
Særlig er det interessant å se at Liu Huis oppdelingsargumenter ikke alltid er
rene oppdelinger. Noen ganger blir en figur delt opp på en smart måte og så satt
sammen igjen på en ny måte. Andre ganger tillater Liu Hui argumenter der figurer
får samme areal på grunnlag av utfylling og likevekt med beregnet kompensasjon
for overlapping.
Liu Hui starter sin demonstrasjon av (3) ve d å skjære den rettvinklete trekanten
med kateter a og b og hypotenus c opp i et kvadrat med sidelengde r (hvit) i hjørnet
og to par kongruente trekanter (lys og mørk grå) som i fi gur 2 (i). Også kvadra-
tet kan sees på s om et par kongruente trekanter. Delene fra fire slike rettvinklete
trekanter kan så bli plassert slik at de danner et langt rektangel med bredde d og
lengde a + b + c som i figur 2 (ii). Dermed blir (2) synlig:
a + b = c + d.
a
b
c
(i )
c d c
d
a b c
r
r
(ii )
Figur 2
rogers.tex,v 1.9
74 D. G. Rogers Normat 2/2004
Vår målsetning er nå å omplassere delene fra de fire oppskårne rettvinklete tre-
kantene slik at de former en vinkelhake med bred de d og der den ytre beinlengden
er a + b og hvor den indre beinlengden er c som i figur 3 (i). For denn e omorgani-
seringen trenger vi faktisk fire trekanter. Ved å se på de indre og ytre målen e til
vinkelhaken ser vi igjen (2):
a + b =(a r)+(b r)+2r = c + d.
I tillegg er det minst like innlysende som ved figur 2 (ii) at arealet av vinkelhaken
er
d(a + b + c),
selv om man også kunne bli fristet til å se arealet som
2dc + d
2
eller 2d(a + b) d
2
avhengig av hvordan vi hanskes med kvadratet i hjørnet. Men vinkelhakedemon-
strasjonen gjør det klarere hva slags figur som trengs for å fylle ut et kvadrat av
lengde c til et kvadrat av lengde c + d som i figur 3 (i). På den andre siden gjør
vår lange erfaring med å kvadrere a + b at vi lett kjenner igjen uttrykket 2ab: to
rektangler med lengde a og bredde b er presis det vi trenger for å komplettere to
kvadrater av lengde a og b til et kvadrat av lengde a + b (se figur 3 (ii)).
a + b
c d
d
c
(i )
a
a
b
b
b b
a a
(ii )
Figur 3
Siden de to store kvadrater har samme areal på grunn av (2), må også området
som fyller ut vinkelhaken på den ene siden og områdene som fyller ut de to kvad-
ratene på den andre siden ha samme areal. Dermed har vi altså gou–gu-resultatet
(1):
c
2
= a
2
+ b
2
.
På samme måte viser en sammenlikning av figurene 3 (i) og 2 (ii) at (1) og (2)
impliserer (3) igjen ved utfylling. Derfor er (1) og (3) ekvivalente så lenge (2) er
rogers.tex,v 1.9
Normat 2/2004 D. G. Rogers 75
gitt. Men siden Liu Hui har en direkte demonstrasjon av (3), så har han også i det
minste implisitt en d emons trasjon av (1), selv om det er en som bygger på utfylling
i stedet for direkte oppdeling. Dermed har vi et svar på vårt utgangsspørsmål.
Som en kuriositet kan vi også nevne at paret av rektangler i figur 3 (ii) sam-
menlagt ikke bare har samme areal som rektanglet i figur 2 (ii) eller vinkelhaken i
figur 3 (i ), men også omkretsene av alle disse figurene er like.
At 2ab er nøyaktig det vi trenger å addere til c
2
for å få (a + b)
2
, er essensen i
demonstrasjonen av gou–gu-resultatet i figur 4 (i). En litt mindre velkjent fortje-
neste av figur 4 (i ) er at den gir et geometrisk bevis for at det aritmetiske middel
alltid er minst så stor som det geometriske:
a + b
2
ab.
Det er nemlig ekvivalent til observasjonen at det lille kvadratet som er omringet
av de fire rektanglene ikke har et negativt areal.
b a
b
a
a b
a
b
(i )
a b
a b
b
a
b
a
(ii )
b a
a b
a
b
b
a
(iii)
Figur 4
Den foreliggende tilnærmingen ved hjelp av vinkelhaker kan sies å «rette opp
bildet» for å bruke en kinesisk vending. Faktisk kan figur 3 (i ) lett bli forandret slik
at den viser en «ramme» av bredde r rundt kvadratet av sidelengde c. Hver av dem
inneholder den underliggende oppdelingen av det ytre kvadratet som i figur 4 (ii )
eller en syklisk oppdeling som i figur 4 (iii). Her kan man forestille seg en animasjon
der oppdelingen brytes opp og delene snurrer av sted og legger seg pent på plass i
en ny anordning bare for å skifte plass på ny i en evig runddans av variasjoner.
Det finnes enda en artig «ommøblering» av arealbitene. Rammen rundt kvad-
ratet av sidelengde c ifigur4(iii) består av en følge av fire vinkelhaker der hver
slik vinkelhake har areal som halvparten av et rektangel med bredde a og lengde
b, dvs. det samme arealet som hver av de fire ytre trekantene i figur 4 (i).
Sammenlikner vi figur 2 (i )og5(i), ser vi at vinkelhaken med bredde r iet
rektangel me d sidelengder a og b opptar halvparten av plassen. Derfor må selvsagt
komplementet til vinkelhaken i rektangelet, nemlig det lille rektangelet med bredde
a r og lengde b r, ta like stor plass. Vinkelhaken består av rektangulære striper
av bredde r langs sidene av rektangelet. Stripene overlapper i et kvadrat med
rogers.tex,v 1.9
76 D. G. Rogers Normat 2/2004
b
r
a
r
r b r
r a r
a
b
c
(ii )
a
b
a r
b r
(i )
Figur 5. Alle firkanter som ligner kvadrater, er kvadrater.
sidelengde r. Vinkelhaken har derfor følgende areal:
ra + rb r
2
= r(a + b r).
Derfor har vi
(5) r(a + b r)=
ab
2
=(a r)(b r)
som tillater oss å arbeide kun med radien r, noe som bryter med den kinesiske
tradisjonen, hvis vi ønsker det.
Her må det understrekes at den første likningen i (5) er basert på et oppdelings-
argument som forvandler en rettvinklet trekant i en vinkelhake, mens den andre
bare gjenspeiler utfyllingen uten noe forslag til en liknende oppdeling. Denne typen
argumenter blir senere utnyttet i våre undersøkelser av oppgave 15 fra det niende
kapittelet av Jiu Zhang Suan Shu som vi tar opp avslutningsvis.
I figur 5 (ii ) ser vi nå både en rekonstruksjon av de rektangulære områdene fra
figur 4 (ii) og en rettferdiggjøring for hvorfor n ettopp denne oppdelingen gir oss en
ny demonstrasjon av gou–gu-resultatet.
La oss nå se på Liu Huis indirekte d emon strasjon av (3) med utgangspunkt i
(4). Som nevnt i [5] gir Liu Hui kun en slags «fuskelapp» som består av 4 likninger:
d = a (c b)()
d = b (c a)()
d =(a + b) c()
d =
2(c a)(c b).()
Selvsagt er (), () og () ikke noe annet enn omformuleringer av (2) mens () er
selveste (4). Men hva skal vi gjøre med disse hintene?
rogers.tex,v 1.9
Normat 2/2004 D. G. Rogers 77
Selvsagt inviterer () og () til å lage en vinkelhake med bredde d i et rektangel
med dimensjoner a og b. Samtidig inviterer det oss til å se på vinkelhakens kom-
plement som et rektangel med sidelengder a d = c b og b d = c a som i figur
6(i ). Ved å samle sammen bitene som i argumentet som førte oss til (5) får vi
ab = d(a + b d)+(c a)(c b).
Ved å duplisere bildet for å få 2ab og ved å bruke () og () kan vi se at
2ab = d(a + b + a + b d) + 2(c a)(c b) d
2
.
Det betyr at hvis vi bruker (2) så har vi
(6) 2ab = d(a + b + c) + 2(c a)(c b) d
2
,
som faller sammen med (3) i lys av (). Men (6) viser også at gitt (3) så får vi (4).
Altså er (3) og (4) ekvivalente når (2) er gitt.
c b b
c a
a
c
(ii )
a
b
c b d
c a
(i )
Figur 6
I sin demonstrasjon av (4) med utgangspunkt i (1) betrakter Liu Hui et kvadrat
med sidelengde c med kvadrater av sidelengde a og b plassert i motstående hjørner
som i figur 6 (ii) (hentet fra [5]). Disse indre kvadratene overlapper da i et nytt
kvadrat med sid elengd e a + b c = d (lysegrå) mens vinkelhakene på hver sin side
er mørkere grå. Her er ingen sammenheng med fargeleggingen i figur 2. Ved å samle
sammen b itene og ved å ta hensyn til det overlappen de kvadratet s er vi at
(7) c
2
= a
2
+ b
2
d
2
+ 2(c a)(c b).
Altså, gitt (1) så har Liu Hui vist (4). Men siden (7) tillater implikasjonen begge
veier, har vi at (1) og (4) faktisk er ekvivalente forutsatt at (2) gjelder.
Som et avsluttende eksempel kan vi se på en oppgave fra det niende kapittel av
Jiu Zhang Suan Shu som ikke tas opp i verken [5] eller [6]. Oppgave 15 spør etter det
rogers.tex,v 1.9
78 D. G. Rogers Normat 2/2004
største kvadratet som kan innskrives i en rettvinklet trekant. Anta at sidelengden
til dette kvadratet er s og se på en vinkelhake med bredde s i et rektangel med
sider a og b. Siden kvadratet i hjørnet er størst mulig, må det indre hjørnet av
vinkelhaken ligge på diagonalen av rektangelet som omslutter vinkelhaken som i
figur 7. Figur 7 inviterer til et argument med formlikhet, men her ønsker vi å følge
mønsteret fra (5).
På den ene siden vil de triangulære delene i vinkelhaken over diagonalen av
rektangelet i figur 7 ha like stort areal som de triangulære delene under diagonalen.
Siden nå diagonalen deler hele rektangelet i to like store deler, må også arealet av
det mindre rektangelet utenfor vinkelhaken være lik med kvadratets areal i det
andre hj ørnet. Det betyr
(a s)(b s)=s
2
.
Figur 7
På den andre siden kan vi igjen se på vinkelhaken som to
striper som overlappe r i et kvadrat med sidelengde s. Vinkel-
hakens areal blir da
sa + sb s
2
.
Setter vi sammen delene til det opprinnelige rektangelet og
har de to siste observasjonene i bakhodet, så får vi
ab = sa + sb s
2
+(a s)(b s)=s(a + b).
Dermed har vi også svaret til oppgave 15, nemlig
s =
ab
a + b
.
Sammenfattende kan vi si at Liu Huis oppdelingsargumenter på ingen måte var
av en ensartet type. Delene i hans oppdelingsargument for å kunne besvare spørs-
målet om diameteren i den innskrevne sirkelen kan potensielt settes sammen til en
demonstrasjon av gou–gu-resultatet. Dette kan tenkes å skje ved å omforme arealer
ved hjelp av vinkelhaker. Om det var slik Liu Hui så det for seg er selvsagt en helt
annen sak.
Bibliografi
[1] C. Cullen, Astronomy and Mathematics in Ancient China. Cambridge University
Press, Cambridge, 1996.
[2] C. Cullen, Learning from Liu Hui? A different way to do mathematics. Notices
Amer. Math. Soc. 49 (2002), 783–790.
[3] A. W.-C. Lun, J. N. Crossley, and K.-S. Shen, Nine Chapters on the Mathematical
Art : Companion and Commentary. Oxford University Press, Oxford, 1999.
[4] D. W. Sharpe, Editorial capsule, Mathematical Spectrum 35 (2002/3), No. 3, 68.
[5] M.-K. Siu, Pro of and pedagogy in ancient China: examples from Liu Hui’s
commentary on Jiu Zhang Suan Shu, Educational Studies in Math. 24 (1993),
345–357.
[6] P. D. Straffin, Jr., Liu Hui and the first Golden Age of Chinese mathematics, Math.
Magazine 71 (1998), 163–181.
rogers.tex,v 1.9