Normat 57:3, 129–140 (2009) 129
Trianglar med givna omskrivna och inskrivna
cirklar
Ulf Persson
Matematiska Institutionen
Chalmers Tekniska Högskola och
Göteborgs Universitet
ulfp@chalmers.se
Inledning
Detta är den andra i en planerad serie av tre artiklar om moduli rum för trianglar. I
den första - Modulirum för trianglar (Normat 57:1 10-21) satte vi upp maskineriet
och härledde några kända formler. Huvudpoängen var att en triangel upp till kon-
gruens beror på tre parametrar, och således upp till likformighet på två. Naturliga
parametrar för det första fallet utgöres av triangelns sidor, medan i det andra av
dess vinklar som inte kan vara godtyckliga utan måste addera upp till π. I denna
artikel skall vi konstruera trianglar med given omskriven radie (R) och inskriven
radie (r), dessa bör utgöra ett 1-dimensionellt system, och vi beskriver denna fa-
milj. Resultatet är något slående och bygger på transcendenta metoder. Istället för
att begränsa oss till de reella talen betraktar vi de komplexa och beskriver där-
med en polynomrelation som kan parametriseras med en elliptisk kurva, d.v.s. en
komplex kurva E av formen C/Λ. Sådana parametriseringar är klassiska och göres
naturligast med så kallade theta-funktioner. I den avslutande artikeln tänker jag
presentera en explicit sådan parametrisering i samband med problemet att beskriva
alla trianglar med samma omkrets och area, som introducerades i Normat av Bengt
Ulin (Normat 55:2) och som utgjorde den ursprungliga inspirationen för denna ar-
tikelserie. I denna artikel skall vi ta parametriseringen för given och utnyttja att en
elliptisk kurva utgör en grupp, och visa att vårt problem är intimt förknippat med
tre-torsions punkterna till denna kurva, vilket vill säga punkter z ∈ E sådana att
3z = 0 d.v.s. punkterna
1
3
Λ/Λ. Slutsatsen är att den 1-dimensionella familjen ovan
parametriseras av en oval av reella punkter till en elliptisk kurva, modula trans-
lation med en 3-torsionspunkt. Jag tänker avsluta med ett försök att konkretisera
den allmänna lösningsstrategin genom att ge explicita formler.
130 Ulf Persson Normat 3/2009
Att inskriva och omskriva en triangel
P
L
Pv
Lv
Pvv
Lvv
Pvvv
Givet en cirkel C
O
med radie R och en inne-
sluten cirkel C
I
med radie r kan dessa place-
ras på ett 1-dimensionellt antal olika sätt, helt
enkelt genom att föreskriva distansen d mellan
dess centra. Det naturliga är nu att ta en punkt
P på cirkeln C
O
och välja en av två tangenter
L från P till C
I
och låta P
0
vara den andra
skärningspunkten av L med C
O
. Kordan P, P
0
är således tangent till C
I
. Från P
0
kan man dra
två tangenter till C
1
, en av dem L är redan dra-
gen och låt L
0
vara den andra. På motsvarande
sätt erhåller vi då en ny punkt P
00
på C
O
. Vi
fortsätter konstruktionen och erhåller P
000
. Om
denna punkt sammanfaller med P säger vi att
processen sluter sig efter en triangel, och den
uppkomna triangeln P, P
0
, P
00
kommer per konstruktion ha C
O
som omskriven
cirkel och C
I
som inskriven. Dock det finns ingen anledning att förvänta sig att
vi får en triangel om vi startar med en godtycklig punkt P på C
O
, denna måste
uppenbarligen väljas med omsorg. Kanske finns det bara en sådan triangel som
således är unik given av datat R, r, d?
Situationen är emellertid inte som man kan förvänta sig. Låt oss antaga att
d = 0 d.v.s. de två cirklarna är koncentriska. Varje till C
I
tangerande korda till C
0
kommer ha samma längd. Den sökta triangeln kommer därmed att vara liksidig.
Detta betyder att kvoten R/r lätt kan beräknas. Om sidlängden är a kommer vi få
att R =
a
3
4A
och r =
2A
3a
(se bis sid 19) där A är arean. Vilket ger R/r = 3a
4
8A
2
= 2
ty uppenbarligen gäller att A =
√
3
4
a
2
. Med andra ord om R/r 6= 2 och cirklarna
är koncentriska kommer vi aldrig att erhålla en sluten triangel, däremot om likhet
gäller, får vi en sluten triangel oberoende av vilken punkt P vi startar med på
den yttre cirkeln. Det förvånande är att denna situation gäller i allmänhet. D.v.s.
givet två cirklar, den ena innesluten i den andra, kommer vi antingen att aldrig
erhålla någon sluten triangel, eller alltid erhålla en, oberoende av vilken punkt på
den yttre cirkeln vi startar med.
Den elliptiska kurvan
Beviset för detta är elegant om än något transcendent och gäller för en betydligt
mera generell situation. Först ersätter vi de två cirklarna med godtyckliga kägel-
snitt A, B definierade över de komplexa talen. D.v.s. vi betraktar godtyckliga icke-
degenererade tertiära (d.v.s. tre variabler) kvadratiska former över de komplexa
talen och därefter dess samtliga nollställen såsom delmängder av det komplexa
projektiva planet CP
2
. Detta betyder att vi endast intresseross för tre-tuppler (så
kallade homogena ko-ordinater) (x
0
, x
1
, x
2
) upp till proportionalitet. Det projek-
tiva planet är en 2-dimensionell kompakt komplex mångfald, och nollställena till
en sådan icke-singuljär kvadratisk form utgör en kompakt 1-dimensionell mångfald
Normat 3/2009 Ulf Persson 131
isomorf med Riemann-sfären CP
1
. Detta är elementärt via en projektionsparamet-
risering och vi skall återkomma till detta i ett senare avsnitt. Vi betraktar sedan
par (L, p) där L är en tangent till B och p en punkt på snittet L ∩ A. Detta
kommer att utgöra en kurva E i den komplexa ytan A × B med projektionerna
π
A
: E → A givet av (L, p) 7→ p ∈ A och π
B
: E → B för vilken (L, p) avbildas
på tangeringspunkten av L till på B. Eftersom A, B är kägelsnitt skär varje linje
dem i två (inte nödvändigtvis distinkta) punkter, och genom varje punkt återfin-
ner man två tangenter (som sammanfaller omm punkten ligger på kägelsnittet).
Detta medför att fibrerna till projektionerna alltid består av två punkter (som kan
sammanfalla, i själva verket fyra gånger). Detta betyder att eftersom A, B är Ri-
emannsfärer att kurvan E kan beskrivas av en bihomogen form av bigrad (2, 2).
En bihomogen form F (x
0
, x
1
; y
0
, y
1
) är en form som är homogen i varje variabel
separat, och en bihomogen form av bigrad (1, 1) är helt enkelt vad man kallar en
bilinjär form. I vårt fall kommer en bilinjär form att spännas av de fyra monomen
x
0
y
0
, x
0
y
1
, x
1
y
0
, x
1
y
1
. Om vi kallar dessa för X, Y, Z, W kan vi betrakta dessa fyra
variabler som homogena ko-ordinater för CP
3
. Variablerna är inte oberoende utan
satisfierar relationen XW = Y Z. Detta är en kvadrik i CP
3
och vi har således
presenterat CP
1
×CP
1
som en kvadrik i det komplexa projektiva rummet. (Denna
konstruktion är mycket välkänd och kan givetvis generaliseras och är känd som
Segre inbäddningen av produkter av projektiva rum.). Den bihomogena (2, 2) for-
men kan nu presenteras som en kvadrik Q i X, Y, Z, W men den kvadriken är inte
unikt definerad på grund av relationen XW = Y Z, vad man erhåller är dock en
1-dimensionell skara av kvadriker spända av den givna XW − Y Z och Q (som är
bara väldefinerad modulo XW − Y Z). Den elliptiska kurvan E är nu beskriven
som snittet av två kvadriker.
Det stora steget är att parametrisera E som C/Λ. Det väsentliga vi skall utnyttja
ur detta är att denna kurva bu visar sig vare en grupp vars gruppstruktur är
kompatibel med dess komplexa struktur. Vidare gäller att varje avbildning som
avbildar nollan på nollan är en homomorfi (i själva verket kan den ges av z 7→ λz
där λΛ ⊂ Λ). Speciellt involutionerna som fixerar nollan ges av z 7→ −z och i
allmänhet kan en godtycklig involution återföras på en sådan via en translation, ur
vilket vi sluter direkt att varje involution är av formen z 7→ p −z, där p är ett fixt
element i E.
Det mesta av det ovanstånede bör vara tillgängligt för var och en som har tagit
del av en introduktionskurs i komplex analys. Det skulle emellertid ta mig alltför
mycket utrymme att bevisa dessa elementära basfakta som dessutom finns lätt
tillgängliga i litteraturen och är kanske rentav kända för många läsare. Men oavsett
om detta är känt eller inte, har det en poäng, nämligen den att mer avancerad
matematik inte bara har tillämpningar på elementär matematik utan även ofta är
oundgänglig även om man begränsar sig till elementära frågor.
132 Ulf Persson Normat 3/2009
Trianglar och 3-torsion
Så låt oss tillämpa karaktäriseringen av involutioner. Det följer att π
A
(z) = p−z och
π
B
(z) = q −z. Låt z = (L, P ) där vi identifierat tangenten L med dess tangerings-
punkt i B. Vi finner då med behållandet av terminologin ovan att (L, P
0
) = p − z
och (L
0
, P
0
= q − (p − z) = q − p + z.
P
L
P’
L’
P’’
L’’
Z
Z + (p-q)
Z + 2(p-q)
Applicerar vi detta en gång till får vi
(L
00
P
00
) = 2(q − p) + z och gör vi det en tred-
je gång skall vi återkomma till (L, P ) = z d.v.s.
3(q−p)+z = z, d.v.s. villkoret är att 3(q−p) = 0
vilket uttryckes att q−p är en 3-torsions punkt,
vilket uppenbarligen är oberoende av z. Mera
allmänt inser vi att denna process att ta tan-
gerande kordor sluter sig efter ett ändligt antal
steg om och endast om q − p är en så kallad
torsionspunkt, d.v.s. för något tal n gäller att
n(q − p) = 0. Torsionspunkter utgör ett nyc-
kelbegrepp inom den aritmetiska teorin för el-
liptiska kurvor och kan ses som en analogi till
enhetsrötterna på enhetscirkeln.
Slutna trianglar
Så låt oss nu explicit beskriva d givet R, r för
att vi skall kunna få slutna trianglar. Genom skalning kan vi för enkelhets skull
antaga att r = 1. De tre hörnen på triangeln ger upphov till avstånden x, y, z.
Dessa kan beskrivas som tan α, tan β och tan γ där α + β + γ = π. Detta ger
identiteten x + y + z = xyz. (Om den inskrivna cirkeln har radien r modifierar vi
till r
2
(x + y + z) = xyz.)
x
x
y
y
z
z
_
`
a
Låt oss betrakta likbenta trianglar. Sätt x = y
i den förra identiteten xyz = x + y + z detta
leder till 2x + z = x
2
z och således
z =
2x
x
2
− 1
Vidare gäller (där a = y + z, b = x + z, c =
x + y)
R =
abc
4A
=
2x(x + z)
2
2(4x + 2z)
observera att x + z = x
x
2
+1
x
2
−1
och vi erhåller
R =
(x
2
+ 1)
2
4(x
2
− 1)
Således om vi känner r = 1 och R återfår vi t = x
2
−1 > 0 genom den kvadratiska
ekvationen
Normat 3/2009 Ulf Persson 133
t
2
+ 4(1 − R)t + 4 = 0
med lösningarna
t = t
1
= 2((R − 1) +
p
R(R − 2)) t = t
2
= 2((R − 1) −
p
R(R − 2))
Vi observerar att R ≥ 2 med likhet precis för liksidiga trianglar x = y = z =
√
3
Givet x kan vi lätt beräkna höjden (se fig nedan)
H = 1 +
x + z
x
=
2x
2
x
2
− 1
=
2(t + 1)
t
= 2 +
2
t
av triangeln. Vi finner från ekvationen att R−1 =
t
4
+
1
t
vilket ger oss och avståndet
d = H − R − 1 =
1
t
−
t
4
mellan den inskrivna och omskrivna cirkelns medelpunkter. Ur detta följer att
d
2
= (R − 1)
2
− 1
H
1
R
R/r=3
Detta löser vårt problem hur vi skall placera de
två cirklarna för att kunna få en sluten triangel.
Med andra ord givet R, r skall d väljas lika med
p
R(R − 2r)
Vi kan nu nedan rita upp den 1-dimensionella
familjen av alla trianglar med given omskriven
och inskriven radie.
Betrakta nu en godtycklig trippel x, y, z as-
socierad till enhetscirkeln enligt ovan. Givet två
x, y kan vi erhålla den tredje z =
x+y
xy−1
. Om
vi dessutom fixerar R så bestämmer en varia-
bel, säg y, de övriga. Denna blir då en parame-
ter för den 1-dimensionella familjen. Speciellt
har vi ett villkor mellan x, y. Vilket? Introdu-
cera de elementära symmetriska funktionerna
σ
1
= x + y + z, σ
2
= xy + zx + yz, σ
3
= xyz.
Vi finner då att R =
(x+y)(y+z)(z+x)
4A
=
σ
1
σ
2
−σ
3
4σ
1
r
.
Eftersom i vårt fall r = 1, σ
1
= σ
3
kan vi förenk-
la till 4R = σ
2
−1. Stoppa in i denna z =
x+y
xy−1
och vi kan förenkla till
4R(xy − 1) = (1 + x
2
)(1 + y
2
)
Detta kan ses som en kvadratisk ekvation av x i termer av y nämligen
x
2
−
4Ry
1 + y
2
+
1 + y
2
+ 4R
1 + y
2
134 Ulf Persson Normat 3/2009
uppenbarligen med lösningarna x, z. Man kontrollerar även lätt att om x är en
lösning är den andra given av
x+y
xy−1
. Genom att betrakta diskriminanten
(1 + y
2
+ 4R)(1 + y
2
) −4R
2
y
2
= 0
erhåller vi de möjliga värdena för y
2
och därmed även för y. De två nollställena y
2
i
är givna av
2R
2
− 2R −1 ± 2R
p
R(R − 2)
och motsvaras uppenbarligen av likbenta trianglar x = z. Omkretsen p ges som
funktion av y via p(y) = 2(x + y + z) = 2(
4Ry
1+y
2
+ y) = 2y(
4R
y
2
+1
+ 1). Vi finner
att p
0
(y) = (y
2
+ 1)
2
− 4Ry
2
+ 4R modulo en postiv faktor. Dess nollställen ζ
2
i
är
enkla att finna och man noterar att ζ
2
i
−1 = 2(R −1 ±
p
R(R − 2)) vilka vi känner
igen. Dessa korresponderar även till liksidiga trianglar nu med y = x eller y = z.
Vi sluter därmed att y
1
≤ ζ
1
≤ ζ
2
≤ y
2
med likhet endast då R = 2. Funktionen
p(y) är således definerad i intervallet [y
1
, y
2
] växer fram till ζ
1
avtar sedan fram till
ζ
2
för att åter växa fram till y
2
. Dess extremvärden antas därmed för de likbenta
trianglarna, och genom att sätta in ζ
i
finner vi att
2
q
2R − 1 + 2
p
R(R − 2)(R −
p
R(R − 2) + 1) ≤ p(y) ≤
≤ 2
q
2R − 1 − 2
p
R(R − 2)(R +
p
R(R − 2) + 1)
Det finns två olika slags av likbenta trianglar. I ena fallet är de lika sidorna de
längsta, i det andra fallet är de de kortaste. I det första fallet är den unika vinkeln
mindre än π/3 i det andra fallet större än π/3. Vänsterledet (i ekvationen ovan)
motsvarar det andra fallet, högerledet det första.
Polärer
Givet ett kägelsnitt kan man från varje punkt P utanför detta finna precis två
tangenter genom P . Deras två beröringspunkter bestämmer en linje som kallas
kägelsnittets polär med avseende på P . Denna kan skrivas ner enkelt ty till varje
kvadratisk form korresponderar en unik symmetrisk bilinjär form, och genom att
fixera ett koordinatpar till P bestäms en linjär form.
I det reella fallet behöver inte beröringspunkterna vara reella, men linjen blir
automatiskt reell. Man säger att punkten P ligger innanför kägelsnittet om berö-
ringspunkterna är komplext konjugerade, men utanför om de är reella. I det senare
fallet kan vi skilja mellan den vänstra och och högra tangenten.
Normat 3/2009 Ulf Persson 135
Antag nu att kägelsnittet är enhetscirkeln och P = (a, b) är en godtycklig punkt.
Polären ges av linjen ax + by = 1
Vi betraktar egentligen den homogena formen X
2
+ Y
2
−Z
2
(homogeniseringen
av x
2
+ y
2
− 1 = 0) den associerade bilinjära formen ges av X
0
X
1
+ Y
0
Y
1
− Z
0
Z
1
fixera (X
0
, Y
0
, Z
0
) = (a, b, 1) och dehomogenisera till aX
1
+bY
1
−Z
1
och berörings-
punkterna ges således av ekvationssystemet
ax + by = 1
x
2
+ y
2
= = 1
Dessa leder till två kvadratiska ekvationer för x, y respektive
x
2
−
2a
a
2
+ b
2
x +
1 −b
2
a
2
+ b
2
= 0
y
2
−
2b
a
2
+ b
2
y +
1 −a
2
a
2
+ b
2
= 0
Dessa kan givetvis lösas explicit, men innan vi gör detta noterar vi att mittpunkten
P
0
på den korda dessa två punkter bestämmer utgöres av
(
a
a
2
+ b
2
,
b
a
2
+ b
2
)
ur vilket vi inser att om avståndet från P till origo är d är avståndet från P
0
till
origo 1/d och de tre punkterna ligger på en rät linje. Avbildningen P → P
0
är helt
enkelt spegling i enhetscirkeln.
Vidare inser vi att kordans längd är givet av kvadratroten av summan av dis-
kriminanterna vilket lätt beräknas till
2
√
a
2
+ b
2
− 1
a
2
+ b
2
De explicita lösningarna ges av
x =
a + b
√
a
2
+ b
2
− 1
a
2
+ b
2
, y =
b −a
√
a
2
+ b
2
− 1
a
2
+ b
2
x =
a −b
√
a
2
+ b
2
− 1
a
2
+ b
2
, y =
b + a
√
a
2
+ b
2
− 1
a
2
+ b
2
där den översta är den vänstra tangenten (sett från ursprungspunkten) och den
nedersta den högra, en distinktion vi endast kan göra i det reella fallet.
På liknande sätt kan vi till varje punkt på enhetscirkeln beskriva de två skär-
ningspunkterna med tangenten och en omgivande cirkel.
Den geometriska gruppstrukturen
Givet två punkter P, Q på en kubik bör vi kunna geometriskt beskriva hur vi får
punkten P + Q på kubiken. Men kubiken är inte en elliptisk kurva i strikt bemär-
kelse, utan bara ett homogent rum av en sådan. För att kunna identifiera den med
136 Ulf Persson Normat 3/2009
en elliptisk kurva måste vi först fixera en punkt som ’nollan’. Däremot mängden
av alla translationer på en kubik utgör en elliptisk kurva med en kanonisk enhet-
selement, nämligen identitetstranslationen. En translation är entydigt bestämt av
att vi bestämmer bilden A
0
av en punkt A. Givet detta hur finner vi bilden B
0
av
B? Vi tar helt enkelt linjen L genom A
0
och B som skär kubiken i en tredje punkt
C. Dra nu linjen L
0
genom C och A som skär i den tredje punkten B
0
som är den
sökta.
A
A’
B’ C
B
A
B
C
O
A+B
Det hela bygger på att summan av tre punkter på en
linje skall vara konstant, således A+B
0
+C = A
0
+B+C
varur följer A
0
−A = B
0
−B. Ur detta inser vi lätt hur
vi adderar när vi har valt en punkt O som nolla. Vill
vi addera A med B låter vi O 7→ A, d.v.s. linjen L
genom A och B skär i C och sedan tar vi den residuella
intersektionen mellan C och O. Detta är välkänt men
oftast inskränker man sig i det kubiska fallet till att
ta O som en inflektionspunkt ty då kan man identifiera
P +Q+R = 0 med att P, Q, R ligger på en linje. Notera att om vi fixerar en nolla O
och en fix punkt C kommer linjerna genom C att definera en involution. Summan
av punkterna i ett par kommer alltid vara konstant, nämligen det residuella snittet
P med linjen genom C och O, vilket visar att denna involution ges av z 7→ P − z.
P
R
Q
Något snarlikt bör även gälla för en 2, 2 kurva i
CP
1
×CP
1
men vad? Det råder en intim relation mel-
lan CP
1
×CP
1
och CP
2
bägge utgör kompaktifieringar
av C
2
i det första fallet med två skärande linjer, i det
andra fallet med en enda linje (oändlighetslinjen). Mer
explicit betrakta två distinkta punkter P, Q på CP
2
.
Var och en av dessa ger upphov till en skara av linjer
parametriserade av CP
1
nämligen linjerna genom var
och en av punkterna. En godtycklig punkt R utanför
linjen L genom P, Q bestäms nu som skärningspunkten av två linjer ur vardera
skaran, nämligen linjerna P R och QR. Men om R ligger på L har vi problem. Om
R = P kan vi välja en godtycklig linje genom P samt L, och på motsvarande sätt
om R = Q. Vi säger att P, Q blåses upp. Däremot om L 3 R 6= P, Q finns det
ingen distinktion paret (L, L) gäller i samtliga fall. Vi blåser därmed ner L. Efter
denna process kommer de numera icke snittande linjerna genom P och Q respek-
tive utgöra de två fibreringarna av CP
1
× CP
1
. Tag nu en kubisk kurva C och
välj P, Q ∈ C och låt O vara den residuella snittet med L. Efter den föregående
operationen kommer nu C att bli en 2, 2 kurva och punkterna P, Q kommer att ge
upphov till de två involutionerna på denna via de naturliga projektionerna.
Man kan även rent algebraiskt göra transformationen. Antag att P, Q är givna
av (0, 0, 1) och (0, 1, 0) respektive. En punkt (x, y, z) ger då upphov till de biho-
mogena ko-ordinaterna (x, y; x, z) ty linjerna genom punkterna är parametriserade
av (x, y, 0) och (x, 0, z) respektive. Om x 6= 0 har vi inga problem, vi kan deho-
mogenisera med x och får avbildningen (1, y, z) 7→ (y; z). Omvänt erhåller vi en
avbildning
CP
1
× CP
1
3 (x
0
, x
1
; y
0
, y
1
) 7→ (x
0
y
0
, x
1
y
0
, x
0
y
1
) ∈ CP
2
Normat 3/2009 Ulf Persson 137
Låt nu C(x, y, z) vara en kubik som går genom punkterna P och Q. Det är lätt
att inse att monomen y
3
, z
3
därmed inte förekommer. Om vi nu genomför substi-
tutionen C(x
0
y
0
, x
1
y
0
, x
0
y
1
) finner vi att vi kan bryta ut faktorn x
0
y
0
. Vad som
återstår är ett bihomogent polynom av grad två. Ett exempel är den glatta kubiken
x
2
y + y
2
z + z
2
x som ger upphov till formen x
2
0
y
2
1
+ x
0
x
1
y
2
0
+ x
2
1
y
0
y
1
Linjerna i planet kommer nu att korrespondera mot (1, 1) kurvor i kvadriken, ty
de kommer att snitta varje fiber i de två fibreringarna. Detta motsvaras av snitt
med hyperplan i rummet. Det blir nu lätt att inse följande.
O
P
Q
P-Q
f
g
Låt O vara nollan. Tangentplanet vid O till kvadriken består
av två snittande fibrer f, g, och de residuella snitten utgöres av
P och Q. För att addera två punkter A, B på kurvan C tar vi
planet genom O, A, B detta snittar C i ytterligare en punkt X ty
C är en kvartik. Tag nu planet som innehåller tangentlinjen till
C vid O och går genom X, denna skär C i två sammanfallande
punkter i O (tangerar) och det finns således en fjärde snittpunkt
X
0
vilken vi identifierar med A + B.
Det är nu lätt att inse att om f ∩ C = {O, P } kommer involutionen på C given
genom att snitta med fibrerna parallella till f ges av z 7→ P −z, och analogt i fallet
g ∩ C = {O, Q}. Tar vi en fiber parallel till g och passerar genom Q kommer det
residuella snittet att utgöras av P −Q.
Den bihomogena ekvationen
En cirkel kan parametriseras av den reella projektiva linjen RP
1
. När det gäller
enhetscirkeln skulle man kanske tro att (x, y) 7→ (
x
√
x
2
+y
2
,
y
√
y
2
+y
2
) skulle duga,
men den avbildar (−x, −y) på en annan punkt än (x, y). Lösningen är helt enkelt
att kvadrera, d.v.s.
(x, y) 7→ (
x
2
− y
2
x
2
+ y
2
,
2xy
x
2
+ y
2
)
ty om z = x + iy ges z
2
= x
2
− y
2
+ i2xy
(1,0,1)
Vi kan parametrisera enhetscirkeln x
2
+y
2
= z
2
ge-
nom att projicera från punkten (1, 0, 1) till y-axeln gi-
ven av (0, x, y). Vi betraktar linjen s(0, x, y)+t(1, 0, 1)
och sätter in den i ekvationen. Efter att vi kortar bort
s = 0 som motsvarar den fixa punkten (1, 0, 1) på cir-
keln, erhåller vi för den rörliga s(x
2
−y
2
) = t(2y) sätt
s = 2y, t = x
2
− y
2
och vi parametriserar den rörliga
punkten på cirkeln med (x
2
− y
2
, 2xy, x
2
+ y
2
) vilket
för övrigt är den välkända parametriseringen av den
diofantiska ekvationen given av Pythagoras sats.
Låt oss nu välja C
I
som enhetscirkeln och C
O
given
av
(x + d)
2
+ y
2
= R
2
138 Ulf Persson Normat 3/2009
och den (preliminära) parametriseringen av C
0
via
(x, y) 7→ (
R(x
2
− y
2
)
x
2
+ y
2
− d,
2Rxy
x
2
+ y
2
)
Betrakta nu C
O
× C
I
och fixera (x
0
, y
0
) (notera att vi har en liten annan kon-
vention för att bättre ansluta till parametriseringarna ovan). Detta ger upphov till
polärlinjen
(
R(x
2
0
− y
2
0
)
x
2
0
+ y
2
0
− d)(
x
2
1
− y
2
1
x
2
1
+ y
2
1
) + (
2Rx
0
y
0
x
2
0
+ y
2
0
)(
2x
1
y
1
x
2
1
+ y
2
1
) = 1
Förenklar vi detta erhåller vi följande bihomogena form
x
2
0
((R−d−1)x
2
1
−(R−d+1)y
2
1
)+x
0
y
0
(4Rx
1
y
1
)+y
2
0
(−(R+d+1)x
2
1
+(R+d−1)y
2
1
)
Vi kan ta dess diskriminant med avseende på (x
0
, y
0
) och erhåller då ett fjär-
degrads polynom som kan skrivas som en kvadrik i x
2
1
, y
2
1
. Dess fyra nollställen
uppvisar då en symmetri som gör att den motsvarande elliptiska kurvan är myc-
ket speciell, nämligen den har komplex multiplikation med i och utgör C/Λ där
Λ = Z[i] - de Gaussiska heltalen.
Gruppstrukturen
Vi skall nu tillämpa ovanstånde för att ge en explicit gruppstruktur. För att så
göra tar vi som nolla tangentstycket givet av vektorn (0,
p
R
2
− (1 − d)
2
) med
startpunkt (1, 0)
0
p
q
Av beräkningstekniska skäl skulle vi vilja att detta
motsvarades av punkten(1, 0; 1.0). Detta tvingar oss
till en omparametrisering av C
O
. Detta göres genom
en rotation med en lämplig vinkel θ att senare bestäm-
mas. Explicit multiplicerar vi med den sedvanliga ma-
trisen och erhåller
x
0
0
= x
0
cos θ − y
0
sin θ
y
0
0
= x
0
sin θ + y
0
cos θ
(x
0
0
)
2
= x
2
0
cos
2
θ − 2x
0
y
0
cos θ sin θ + y
2
0
sin
2
θ
x
0
0
y
0
0
= x
2
0
cos θ sin θ + x
0
y
0
(cos
2
θ − sin
2
θ) −y
2
0
cos θ sin θ
(y
0
0
)
2
= x
2
0
sin
2
θ + 2x
0
y
0
cos θ sin θ + y
2
0
cos
2
θ
Substiterar vi för x
2
0
. . . motsvarande (x
0
0
)
2
. . . erhåller vi uttrycket,
((R(cos
2
θ − sin
2
θ) − (d + 1))x
2
1
+ 4R cos θ sin θx
1
y
1
+ (−R(cos
2
θ − sin
2
θ) + (d − 1))y
2
1
)x
2
0
+(−4R cos θ sin θx
2
1
+ 4R(cos
2
θ − sin
2
θ)x
1
y
1
+ 4R cos θ sin θy
2
1
)x
0
y
0
+((−R(cos
2
θ − sin
2
θ) − (d + 1))x
2
1
− 4R cos θ sin θx
1
y
1
+ (R(cos
2
θ − sin
2
θ) + (d − 1))y
2
1
)y
2
0
Normat 3/2009 Ulf Persson 139
Vi väljer nu θ sådant att R(cos
2
θ −sin
2
θ) −(d + 1) = 0 (D.v.s. cos 2θ = (d + 1)/R.
I det reella fallet är detta inga problem ty den inskrivna cirkeln är innesluten i den
omskrivna, och således R > (d + 1))
Låt oss nu dehomogenizera, d.v.s. vi sätter x
0
= x
1
= 1 och y
0
= x, y
1
= y
och får därmed eftersom 2 cos θ sin θ = sin 2θ =
√
1 −cos
2
2θ =
p
R
2
− (d + 1)
2
/R
uttrycket
2
p
R
2
− (d + 1)
2
(y − x + xy(y − x)) − 2(d + 1)x
2
+ 4(d + 1)xy − 2y
2
+ 2dx
2
y
2
Vi kan nu räkna. Fixerar vi först x = 0 finner vi lösningen y =
p
R
2
− (d + 1)
2
,
detta motsvarar q, på samma sätt erhåller vi p genom att fixera y = 0 med lösningen
x = −
√
R
2
−(d+1)
2
d+1
. För att finna p − q fixerar vi y =
p
R
2
− (d + 1)
2
och erhåller
x = −
(2d + 1)
p
R
2
− (d + 1)
2
(d −1)R
2
− (d
2
+ 1)(d + 1)
Nu kan vi i princip beräkna summan av två punkter. Först må vi identifiera 1, 1
kurvorna. Dessa kan skrivas i formen Axy + Bx + Cy + D = 0 med D = 0 varnades
de som går genom vårt origo. De kan lätt parametriseras, ty för varje x kan vi
lösa ut y = −
D+Bx
C+Ax
vilket vi igenkänner som Möbiusavbildningar. I själva verket
kan vi identifiera 1, 1 kurvorna med graferna till Möbiusavbildningar. Givet två
punkter (x
1
, y
1
), (x
2
, y
2
) kan vi finna den 1, 1 kurva som går genom dessa, samt
origo. Det är lätt att skriva ner koefficienterna A = (x
1
y
2
− x
2
y
1
), B = y
1
y
2
(x
2
−
x
1
), C = x
1
x
2
(y
1
− y
2
), D = 0. (Ifall punkterna sammanfaller beöver vi också
veta tangentriktningen i kurvan). Nu sätts parametriseringen av kurvan in i 2, 2
uttrycket ovan, och vi för samman x
4
och x
3
termer och ignorerar resten. Vi får i
själva verket polynomet αx
4
− βx
3
+ . . . där
α = 2
p
R
2
− (d + 1)
2
AB + 2d(B
2
− A
2
) −2A
2
β = −(2
p
R
2
− (d + 1)
2
(BC + B
2
− A
2
) + 4(d + 1)A(B + C))
Vi löser nu ut x
3
för den residuella snittet ur ekvationen (0)+x
1
+x
2
+x
3
= β/α och
via Möbiustransformationen ovan får vi ett uttryck för y
3
. Nästa steg är att titta
på kurvor av typ Axy +B(x−y) = 0 ty dessa är tangerade till kurvan vid O. Vi vill
att den skall passera genom (x
3
, y
3
) vilket ger ett enkelt villkor på A, B (t.ex. A =
y
3
− x
3
, B = x
3
y
3
). Vi sätter in linjen igen och erhåller polynomet som ovan med
skillnaden att C = −B. Den sökta x
4
ges ur (2×0)+x
3
+x
4
= β/α och y
4
fås ur en
Möbiustransformation. Detta ger ko-ordinaterna (x
4
, y
4
) för summan av punkterna.
Att algebraiskt utföra dessa manipulationer vore ogörligt för hand, och det är
inte helt säkert att resultatet i slutändan vore speciellt upplysande. Det är dock
fullt möjligt att programmera enligt ovanstående. (Att substituera komplicerade
symboliska uttryck i andra symboliska uttryck växer snabbt över huvudet, att
göra motsvarande substitioner rent numeriskt är någonting helt annat.) Och vi
kan även dra den allmänna slutsatsen att (x
4
, y
4
) kan skrivas såsom ett rationellt
uttryck i (x
1
, y
1
), (x
2
, y
2
).
140 Ulf Persson Normat 3/2009
Den reella bilden
Vi är framför allt intresserade av den reella situationen. De reella punkterna på
den elliptiska kurvan utgör de för oss synliga, och dessa sönderfaller i två disjunkta
slingor, varav en utgör en reell delgrupp (ifall vi gjort nollan reell). De motsvarar
positivt orienterade tangentstumpar eller ekvivalent vänstertangenter, respektive
negativt orienterade (eller högertangenter). Av en tillfällighet sitter de i en torus,
nämligen den reella delen av CP
1
× CP
1
vilken däremot inte har någon naturlig
gruppstruktur. Notera att de två slingorna för sig kan inte skäras ut av polynom,
endast dess union. Nedan finner vi illustrationer av dessa för olika värden på R, d.
Kvadraten är helt enkelt den uppskurna torusen RP
1
× RP
1
där den horisontella
axeln ger rotationsvinkeln på C
O
och den vertikala på C
I
.
R = 2.5, d = 0.5 R = 4, d = 2.82843
Konklusionen är således att alla trianglar med fixa omskrivna och inskrivna radier
R, r utgör en 1-dimensionell familj. Denna familj kan naturligt parametriseras av
en cirkel med en icke-standard grupp-struktur modulo addition med en 3-torsions
punkt som cykliskt permuterar trianglarnas hörn. En illustration av detta återfinnes
på Normats omslag, där en punkt av ordning 49 och dess multiplar visas. Läsaren
uppmanas tolka mönstret av tal ordnade runt den omskrivna cirkeln.
Not: Den invigde läsaren känner igen detta som ett specialfall av Poncelets teorem.
Poncelet bevisade sin sats med rent syntetiska metoder, kopplingen till addition på
elliptiska kurvor gjordes av Jacobi. En relativt elementär diskussion av problemet
och dess generaliseringar kan återfinnas i nedanstående artiklar av P. Griffiths och
J. Harris.
Referenser
[1] P. Griffiths, J. Harris, A Poncelet theorem in space. Comm.Math.Helvetic 52
(1977).
[2] P. Griffiths, J. Harris, On Cayley’s explicit solution to Poncelet’s porism. En-
seign.Math. 24 (1978).
