Normat 55:4, 181–185 (2007) 181
Arkimedes’ arbelos
Karen Sofie Ronæss
Finnbergåsen 32
5063 Bergen Norway
k.s.ronaess@tele2.no
Jeg henviser til Bengt Ulins artikkel Pappus - en proportionernas jonglör i Normat
nr. 1 2005. Jeg har funnet veldig enkle beviser for problemene 1b og c og et ikke
fullt så enkelt, men dog, for problem 2. Alle bygger på tre/to velkjente setninger
fra geometrien og trigonometrien, nemlig:
I) At for alle punkter på sirkelperiferien står radien til et punkt på periferien og
tangenten i det samme punktet vinkelrett på hverandre. ( Bare i 1b ).
II) At den rette linjen gjennom sentrene i to sirkler som tangerer hverandre, også
går gjennom tangeringspunktet mellom sirklene.
III) Den pytagoreiske læresetningen.
1b. At de to sirklene på hver sin side av normalen er like store
ABC DE
G
F
r
1
r
2
x
y
Fig. 1
182 Karen Sofie Ronæss Normat 4/2007
La B,A,og E være sentrene for sirklene med radier c = a + b, b og a respektive
Trekant ACG gir
x
2
= (b + r
1
)
2
− (b − r
1
)
2
.
Trekant BCG gir
x
2
= (c − r
1
)
2
− (2b − c − r
1
)
2
altså er
(b + r
1
)
2
− (b − r
1
)
2
= (c − r
1
)
2
− (2b − c − r
1
)
2
Med litt regning får vi r
1
= ab/c.
Trekant BDF gir
y
2
= (c − r
2
)
2
− (c − 2a + r
2
)
2
Trekant DEF gir
y
2
= (a + r
2
)
2
− (a − r
2
)
2
altså er
(a + r
2
)
2
− (a − r
2
)
2
= (c − r
2
)
2
− (c − 2a + r
2
)
2
Her får vi r
2
= ab/c. Altså er sirklene like store. Nå kan punktet B ligge på
andre siden av C. Da får vi at linjestykket
BC = c − 2b + r
1
, men (c − 2b + r
1
)
2
= (2b − c − r
1
)
2
,
så det skaper ikke problemer.
1c. En formel for radien i sirkelen som er innskrevet i figur 2
AB CD
E
x
y
r
Fig. 2
Normat 4/2007 Karen Sofie Ronæss 183
Trekant ACE gir
I: (c − b + x)
2
+ y
2
= (b + r)
2
Trekant BCE gir
II: x
2
+ y
2
= (c − r)
2
Trekant CDE gir
III: (c − x − a)
2
+ y
2
= (a + r)
2
Altså er
I: (a + x)
2
+ y
2
= (b + r)
2
II: x
2
+ y
2
= (c − r)
2
III: (b − x)
2
+ y
2
= (a + r)
2
Med en del regning kommer vi frem til at
r = abc/(a
2
+ bc), y = 2abc/(a
2
+ bc)
og dessuten at x = c(b
2
− a
2
)/(a
2
+ bc).
2. Generelle formler for de innskrevne sirklene i figur 3
AB D
(x
1
,y
1
)
r
1
(x
2
,y
2
)
r
2
(x
3
,y
3
)
r
3
Fig. 3
Figur 3
(x
n
, y
n
) betegner koordinatene for sentrene i småsirklene, med sentrum B= (0, 0)
for største halvsirkel. Noterer at A= (−a, 0).
Vi får disse generelle ligningene:
1) x
2
n
+ y
2
n
= (c − r
n
)
2
n = 1, 2, 3, . . .
2) (x
n
+ a)
2
+ y
2
n
= (b + r
n
)
2
184 Karen Sofie Ronæss Normat 4/2007
Disse ligningene gir y
2
n
og x
n
uttrykt ved r
n
:
3) y
2
n
= 4bcr
n
(a − r
n
)/a
2
4) x
n
= r
n
(b + c)/a − c
Bruker vi Pappos´ resultat at
5) y
n
= 2nr
n
på ligningene og formlene, får vi:
6) r
n
= abc/((na)
2
+ bc)
7) y
n
= 2nabc/((na)
2
+ bc)
For å vise Pappos trenger vi ytterligere geometrisk informasjon. Vi ser da på de
rettvinklede trekantene med hypotenus fra sentrum i den ene småsirkelen til sen-
trum i den neste.
Hypotenus: r
n
+ r
n+1
Vertikal katet: y
n
− y
n+1
Horisontal katet: Ved å bruke formel 4 finner vi at denne blir:
(r
n
− r
n+1
)(b + c)/a
Da får vi følgende ligning for disse trekantene:
8) [(r
n
− r
n+1
)(b + c)/a]
2
+ (y
n
− y
n+1
)
2
= (r
n
+ r
n+1
)
2
Kan så vise Pappos´ resultat ved induksjon. Setter n=1 i formlene 6 og 7:
r
1
= abc/((1a)
2
+ bc) = abc/(a
2
+ bc) = r
OK, se 1c.
y
1
= 2 × 1abc/((1a)
2
+ bc) = 2abc/(a
2
+ bc) = y
OK, se 1c.
Antar at
r
n
= abc/((na)
2
+ bc) og y
n
= 2nabc/((na)
2
+ bc).
Må vise at r
n+1
= abc/[((n + 1)a)
2
+ bc] og y
n+1
= 2(n + 1)abc/[((n + 1)a)
2
+ bc].
Bruker ligning 8 og setter inn for y
2
n+1
, r
n
og y
n
( formlene 3, 6 og 7 ) og med en
del regning får vi:
9) y
n+1
= [abc + ((n
2
− 1)a
2
− bc)r
n+1
]/na
2
Kvadrerer: y
2
n+1
= ([abc + ((n
2
− 1)a
2
− bc)r
n+1
]/na
2
)
2
.
Bruker formel 3 igjen, og får:
[4bcr
n+1
(a − r
n+1
)]/a
2
= {[abc + ((n
2
− 1)a
2
− bc)r
n+1
]/na
2
}
2
Normat 4/2007 Karen Sofie Ronæss 185
Noe regning og denne annengradsligningen dukker opp:
[(n
2
− 1)
2
a
4
+ 2(n
2
+ 1)a
2
bc + (bc)
2
]r
2
n+1
−2abc[(n
2
+ 1)a
2
+ bc]r
n+1
+ (abc)
2
= 0
med løsningene:
11) r
n−1
= [abc(((n + 1)a)
2
+ bc)]/[((n + 1)a)
2
+ bc][((n − 1)a)
2
+ bc]
= abc/[((n − 1)a)
2
+ bc]
12) r
n+1
= [abc(((n − 1)a)
2
+ bc)]/[((n + 1)a)
2
+ bc][((n − 1)a)
2
+ bc]
= abc/[((n + 1)a)
2
+ bc]
Vi får både foranliggende og bakenforliggende sirklers radier som svar siden ligning
8 er symmetrisk. Bør for ordens skyld sjekke om formlene 6 og 7 stemmer for r
0
og
y
0
.
r
0
= abc/((0 × a)
2
+ bc) = a, y
0
= 2 × 0 × abc/((0 × a)
2
+ bc) = 0
Dette stemmer siden det er den minste halvsirkelen. Setter til slutt 12 inn i 9 med
følgende resultat:
y
n+1
= 2(n + 1)abc/[((n + 1)a)
2
+ bc] = 2(n + 1)r
n+1
Anser dermed Pappos´ resultat for bevist.
