مبرهنة براهماغوبتا: تعامد القطرين وتنصيف الضلع المقابل

الخلاصة السريعة

تحقق من وقوع الرؤوس على دائرة ومن تعامد القطرين، ثم ارسم العمود عبر تقاطعهما إلى الضلع المقابل. [1]

• في المثال A=(8,0)، B=(0,4)، C=(−3,0)، D=(0,−6)، مركز الدائرة O=(5/2,−1)، ومربع نصف قطرها125/4. الرؤوس على الدائرة نفسها.
• يلتقي القطـران في T=(0,0) ويتعامدان. لكن T لا تنصفهما: TA=8 وTC=3، وTB=4 وTD=6. التنصيف المقصود يخص ضلعًا مقابلًا، لا القطرين.
• عبر T، العمود على AB يمر بمنتصف CD، أي M=(−3/2,−3). والعمود على BC يمر بمنتصف DA، أي N=(4,−3). النتيجة للأضلاع الأربعة. [1]
• في الإطار العام A=(a,0)، B=(0,b)، C=(−c,0)، D=(0,−d)، مع أطوال موجبة، يعطي شرط الدائرة ac=bd. الضرب الداخلي بين AB ومتجه منتصف CD من T يساوي (ac−bd)/2=0.
• تغيير D إلى (0,−5) يبقي القطرين متعامدين لكنه يفقد الدائرة؛ العمود يقسم CD بنسبة6:5. ورباعي دائري آخر بقطرين غير متعامدين يعطي5:4. لا يكفي شرط واحد.
• المركز O يختلف عن تقاطع القطرين T. النقل والدوران والتكبير يحفظان التعامد والتنصيف؛ لا نستخرج مساحة الرباعي من هذه المبرهنة، ولا نعممها على رباعي يفتقد الشروط.

ابدأ بالدائرة التي تمر بالرؤوس

يشترط في الرباعي المحدب وقوع الرؤوس على دائرة واحدة وتعامد القطرين. [1]

رتب A=(8,0)، B=(0,4)، C=(−3,0)، D=(0,−6) حول الحد. هذه إحداثيات مؤلفة؛ لا نستخرجها من صورة المصدر. اختلاف المسافات إلى نقطة الأصل مقصود، حتى لا نخلط تقاطع القطرين بمركز الدائرة.

خذ O=(5/2,−1). إلى A يكون مربع المسافة (11/2)²+1²=125/4، وإلى C نجد (−11/2)²+1² القيمة نفسها. وإلى B وD نجد (5/2)²+5²=125/4. لذلك معادلة الدائرة (x−5/2)²+(y+1)²=125/4.

نصف القطر5√5/2، وليس125/4؛ الأخير مربع طول. تقع النقاط الأربع على الدائرة، ولا نقول إن الدائرة تمس أضلاع الرباعي. وجود T داخل القرص لا يجعلها مركزه.

تعامد القطرين لا يعني تنصيفهما

AC على المحور الأفقي وBD على المحور الرأسي؛ إذن تقاطعهما T=(0,0) وزاويتهما قائمة. طول AC=11 وطول BD=10. المبرهنة لا تشترط تساوي القطرين. [1]

على AC نجد TA=8 وTC=3. وعلى BD نجد TB=4 وTD=6. لا تنصف T أيًا من القطرين في هذا المثال، رغم تحقق شرطَي المبرهنة. لا تنقل خاصية تنصيف قطري متوازي الأضلاع إلى هذا الرباعي.

القطر يصل رأسين غير متجاورين في الرباعي. أما الخط الجديد فيمر بتقاطع القطرين ويعامد ضلعًا؛ هذان خطان مختلفان. ولا نبدأ العمود من O، لأن O مركز الدائرة لا نقطة التقاطع المطلوبة.

للتأكد حسابيًا، متجه AC=(−11,0) ومتجه BD=(0,−10)، وضربهما الداخلي0. أي إن المركبتين الأفقيتين والرأسيتين لا تعطيان إسقاطًا مشتركًا. سنستخدم الاختبار نفسه للأضلاع وخطوط التنصيف.

حدد الضلع المقابل قبل رسم العمود

متجه AB=(−8,4). منتصف الضلع المقابل CD هو M=(−3/2,−3)، لأننا نأخذ متوسط كل زوج من الإحداثيات. متجه TM هو إحداثيا M نفسيهما؛ T نقطة الأصل.

الضرب الداخلي يساوي (−8)(−3/2)+4(−3)=12−12=0. لذلك TM عمودي على AB. وفي الوقت نفسه CM=MD، لأن M منتصف CD. العمود على AB ينصف CD، لا AB.

بالطريقة نفسها، متجه BC=(−3,−4) ومنتصف DA هو N=(4,−3). نجد (−3)4+(−4)(−3)=0، فيكون TN عموديًا على BC، ويكون DN=NA.

منتصف AB هو P=(4,2)، ومنتصف BC هو Q=(−3/2,2). اختبار TP مع CD يعطي3×4−6×2=0، واختبار TQ مع DA يعطي8×(−3/2)+6×2=0. الجدول يجمع الأزواج الأربعة، ولا يبدل الضلع بالضلع المقابل له.

يمكن قياس النصفين من الإحداثيات أيضًا: CD=3√5، لذلك CM=MD=3√5/2. وDA=10، لذلك DN=NA=5. لا يشترط أن تتساوى أطوال الأضلاع أو أطوال أنصافها المختلفة.

برهان بالإحداثيات يفسر ظهور المنتصف

ضع تقاطع القطرين أصلًا، واجعل القطرين المتعامدين محورين. لأي رباعي محدب بهذه الشروط نكتب A=(a,0)، B=(0,b)، C=(−c,0)، D=(0,−d)، حيث a وb وc وd أطوال موجبة من T إلى الرؤوس.

الدائرة المارة بـA وB وC معادلتها x²+y²−(a−c)x−ky−ac=0، حيث k=(b²−ac)/b. تعويض A وC يلغي حدود x، وتعويض B يعطي b²−kb−ac=0؛ هذه طريقة لتحديد الدائرة دون افتراض أن T مركزها.

نعوض D فنجد d²+kd−ac=(b+d)(bd−ac)/b. إذا كان D على الدائرة، يساوي التعبير صفرًا. ولأن b وb+d موجبان، ينتج ac=bd. عندها k=b−d، فتأخذ الدائرة المعادلة x²+y²−(a−c)x−(b−d)y−ac=0.

منتصف CD هو (−c/2,−d/2)، ومتجه AB هو (−a,b). ضربهما الداخلي (ac−bd)/2=0. هذا يثبت أن الخط من T إلى منتصف CD عمودي على AB. وللزوج BC مع منتصف DA نحصل على (bd−ac)/2=0.

بتبديل الأزواج نحصل على الاختبارين المتبقيين بالإشارتين نفسيهما. الإطار يشمل الرباعي المحدب غير المنعدم: القطران يلتقيان داخله وتكون الأطوال الأربعة موجبة. البرهان حساب مستقل، لا قياس للزوايا من الرسم.

في مثالنا ac=8×3=24، وbd=4×6=24. هذه المساواة تشرح لماذا ألغت جداءات المركبات بعضها بعضًا في حساب المنتصفات الأربعة.

ماذا يحدث إذا حذفنا شرطًا؟

أولًا غيّر D وحده إلى E=(0,−5)، مع إبقاء A وB وC. يظل القطـران على محورين متعامدين. لكن الدائرة المارة بالرؤوس الثلاثة الأولى ما زال مركزها (5/2,−1)، ومربع بعدها إلى E يساوي89/4، لا125/4.

منتصف CE هو (−3/2,−5/2). ضرب متجه AB=(−8,4) في هذا المتجه من T يعطي12−10=2، وليس صفرًا. لذا الخط إلى المنتصف لا يعامد AB. العمود الحقيقي عبر T معادلته y=2x.

يتقاطع y=2x مع CE عند X=(−15/11,−30/11). نسبة المسافة CX إلى CE هي6/11، والباقي5/11، فتكون CX:XE=6:5. لم يعد التقاطع منتصفًا، رغم استمرار تعامد القطرين.

ثانيًا خذ رباعيًا مختلفًا A′=(5,0)، B′=(0,5)، C′=(−5,0)، D′=(3,−4). جميع الرؤوس على x²+y²=25، لكن متجهي القطرين (−10,0) و(3,−9) ضربهما الداخلي−30؛ التعامد مفقود.

تقاطع القطرين T′=(5/3,0)، ومنتصف C′D′ هو M′=(−1,−2). متجه A′B′=(−5,5) وضربه في T′M′ يساوي10/3، لا صفرًا. العمود الحقيقي عبر T′ يلتقي C′D′ عند X′=(−5/9,−20/9).

هنا C′X′/C′D′=5/9، ولذلك C′X′:X′D′=5:4. شرط الدائرة وحده لا يكفي أيضًا. المثالان يفصلان الشرطين؛ لا نستنتج أن كل شكل يفتقد أحدهما يفشل بالضرورة، بل إن التعميم غير مضمون.

راجع نوع النقطة ونوع النتيجة

مركز الدائرة في المثال O=(5/2,−1)، وتقاطع القطرين T=(0,0). رسم عمود من المركز إلى وتر له معنى آخر؛ نقطة بدء الخط جزء من معطيات هذه المسألة، وليست تسمية قابلة للاستبدال.

عند تكبير المثال بعامل2 تصبح الرؤوس (16,0)، (0,8)، (−6,0)، (0,−12)، ويصبح المنتصف M=(−3,−6). يتضاعف كل طول، ويصبح مربع نصف قطر الدائرة125. التعامد والمساواة بين نصفي الضلع محفوظان.

النقل بمقدار (1,−2) يجعل T=(1,−2) وM=(−1/2,−5). فرق الإحداثيين بينهما يبقى (−3/2,−3). كذلك يحفظ الدوران الأطوال والزوايا، فلا تعتمد النتيجة على كون القطرين أفقيًا ورأسيًا في الصفحة.

هذه مبرهنة عن منتصفات الأضلاع، وليست صيغة المساحة. تحقق من الدائرة وتعامد القطرين قبل استعمالها. [1]