Morley-tétel

A Morley-tétel a síkgeometriában azt mondja ki, hogy bármely háromszögben a szögeket három egyenlő részre osztó egyeneseknek a háromszög oldalaihoz közelebb eső metszéspontjai egyenlő oldalú háromszöget (a háromszög Morley-háromszöge) alkotnak. (Az ábrán ez a pirossal jelölt PQR háromszög). A tételt Frank Morley amerikai matematikus fedezte fel 1899-ben. A kardioidokhoz kapcsolódóan, ám csak 1929-ben publikálta. A tétel maga azonban már 1909-ben nyilvánosságra került.

A szögharmadoló egyenesek által alkotott PQR háromszög egyenlő oldalú.

Megjegyzés

Ha adott a síkon egy szabályos ABC háromszög, akkor legyen XYZ az a háromszög, amelynek ABC a középháromszöge. Ekkor az XYZ háromszög belső szögeit magában foglaló szögtartományok csúcsszögtartományaiban (a belső szögeknek a szárak metszéspontján elhelyezkedő csúcsaira való középpontos tükrözéssel kapható meg) egy-egy-egy tetszőleges pontot (U,V,W) felvéve, az U,V,W háromszögnek Morley-háromszöge lesz az ABC. E tételt H. Temesvári Ágota és Szalay László bizonyította Horváth Jenő egy kérdésfelvetése kapcsán.

Bizonyítása

Elemi geometriai bizonyítás

(1. ábra) Körbe írható sokszög egyenlő hosszú oldalai egyenlő szög alatt látszanak

(2. ábra) Elemi geometriai bizonyítás

A bizonyításhoz az alábbi tételek kerülnek felhasználásra:

• Ha egy szakasz két végpontján keresztül egyeneseket húzunk, akkor az egyenesek pontosan akkor metszik egymást a szakasz egyik oldalán, ha a szakasszal bezárt szögeik összege kisebb, mint π. (A megfelelő oldalon mért szögekről van szó.)
• Ha egy négyszög két szemben lévő szögének összege π, akkor a négyszög húrnégyszög, tehát a négy csúcsa egy körön van.
• Ha egy trapéz egyenlő szárú, akkor húrtrapéz (húrnégyszög).
• Legyen S egy körbe írható sokszög, P a sokszög egy csúcsa. Ekkor P csúcsból az S egyenlő hosszú oldalai ugyanolyan szög alatt látszanak (1. ábra).

A bizonyítást "fordítva" végezzük: Rajzolunk egy szabályos háromszöget és felépítjük köré az eredeti háromszöget.
Legyen α, β és γ tetszőleges szögek, melyekre teljesül: α + β + γ = π/3 és α>0, β>0, γ>0.
A "középen lévő" egyenlő oldalú háromszög csúcsai legyenek A₀, B₀, C₀.

A szabályos háromszög mindegyik oldalára állítsunk egyenlő szárú trapézokat: A trapéz egyik alapja a háromszög oldala, a trapéz szára legyen ugyanolyan hosszú, mint az alapja (a háromszög oldala). A trapézoknak a belső (tehát a szabályos háromszög oldalával egybeeső) alapján lévő szögek legyenek: π-2α, π-2β, π-2γ (2. ábra).
Így megkaptuk az A₀A₂B₁B₀, B₀B₂C₁C₀ és C₀C₂A₁A₀ trapézokat.

P és Q pont távolságát így jelöljük: |PQ|

A trapézok tulajdonságait felhasználva kapjuk: |A₀B₀| = |A₀A₂| = |B₀B₁| = |A₀C₀| = |A₀A₁| = |C₀C₂| = |B₀C₀| = |C₀C₁| = |B₂B₀|

Szögek kiszámítása

Általában a szögeket egy háromszög három csúcsával jelöljük, ahol a középső a szög csúcsa. (Nem összekeverendő a háromszögek jelölésével.)

Az A₀ csúcs körüli szögek egy kört adnak ki:

A₂A₀A₁ + π-2γ + π/3 + π-2α = 2π
(Itt felhasználtuk, hogy a szabályos háromszög mindegyik szöge π/3.)

A₂A₀A₁ = -π/3 + 2α + 2γ = -π/3 + 2π/3 - 2β
A₂A₀A₁ = π/3 - 2β

Mivel A₂A₀A₁ háromszög egyenlő szárú, ezért A₀A₂A₁ szög = A₀A₁A₂ szög.
Az A₂A₀A₁ háromszög szögeinek összege:
2 A₀A₂A₁ + A₂A₀A₁ = π
2 A₀A₂A₁ + π/3 - 2β = π

A₀A₂A₁ = π/3 + β

A B₁B₀B₂ háromszögre az előbbi számításokat hasonlóan el lehet végezni és azt kapjuk, hogy

B₀B₁B₂ = π/3 + α

Az A₀A₂B₁B₀ trapéz egyenlő szárú, tehát az alapokon lévő szögek egyenlőek:
B₁A₂A₀ = B₀B₁A₂
Ezt felhasználva adjuk össze a trapéz belső szögeit:
2 B₁A₂A₀ + 2(π-2γ) = 2π

B₁A₂A₀ = 2γ

Az A₀A₂B₀ háromszög egyenlő szárú, szögeinek összege:
2 B₀A₂A₀ + π-2γ = π

B₀A₂A₀ = γ

(Tehát az A₂B₀ szakasz szögfelezője a B₁A₂A₀ szögnek.)

A "külső" háromszög megalkotása

Az A₁ és A₂ pontokon keresztül húzzunk egy egyenest. (Az A₁ és A₂ pontok helyzetére még visszatérünk.) Húzzunk egyeneseket a B₁, B₂ és C₁, C₂ pontokon keresztül is. Így kaptunk három egyenest, melyek helyzetéről még nem tudunk semmit, nem tudjuk, hogy egyáltalán van-e metszéspontjuk.

Az egyik egyenes és a B₁A₂ szakasz által bezárt szög legyen φ₁ (2. ábra).
Az A₂ pont körül félkörben adjuk össze a szögeket:
φ₁ + B₁A₂A₀ + A₀A₂A₁ = π
φ₁ + 2γ + π/3+β = π
φ₁ = 2π/3 - β - γ - γ = π/3 + α - γ

φ₁ = π/3 + α - γ

Hasonló számolásból kapjuk, hogy a B₁ pontnál lévő φ₂ szög értéke:

φ₂ = π/3 + β - γ

Az A₂, A₁ és a B₁, B₂ pontokon átmenő egyenesek egymáshoz viszonyított helyzetét a φ₁ és φ₂ szög összege jellemzi:
φ₁ + φ₂ = 2π/3 + α + β - 2γ = π - 3γ

φ₁ + φ₂ = π - 3γ < π, mert a feltevésünk szerint γ>0.
Most már tudjuk (lásd felhasznált tételek), hogy az A₁, A₂ és B₁, B₂ pontokon átfektetett egyenesek metszik egymást. Jelöljük a metszéspontot C-vel.

Meg kell vizsgálni azt a lehetőséget, amikor A₁ és A₂ egybeesik.
A₁ és A₂ akkor esik egybe, amikor A₂A₀A₁ szög nulla, tehát amikor β = π/6. Egyetlen pont nyilván nem jelöl ki egy egyenest, de ezen úgy segítünk, hogy előírjuk φ₁ nagyságát: φ₁ := π/3 + α - γ.
A₂ ponton keresztül húzzunk egy olyan egyenest, ami B₁A₂ szakasszal φ₁ szöget zár be. Ezt a megoldást szükség esetén B₁, B₂, illetve C₁, C₂ pontokra is lehet alkalmazni.

Hasonló megfontolásokból megkapjuk a másik két metszéspontot, jelöljük ezeket A-val és B-vel (2. ábra).

Ismerjük a CB₁A₂ háromszög két szögének összegét: φ₁ + φ₂ = π - 3γ, ezért a C csúcsnál lévő szög 3γ. Hasonló számolásból kapjuk, hogy a B csúcsnál lévő szög 3β és az A csúcsnál lévő szög 3α.

Vizsgáljuk meg a CA₂B₀B₁ négyszöget.
CA₂B₀ = φ₁ + γ = π/3 + α (Felhasználtuk, hogy A₂B₀ a B₁A₂A₀ szög felezője, B₁A₂B₀ = γ)

CB₁B₀ = φ₂ + 2γ = π/3 + β + γ

CA₂B₀ + CB₁B₀ = 2π/3 + α + β + γ = π

Mivel a CA₂B₀B₁ négyszögnek a CA₂B₀ és CB₁B₀ szögei egymással szemben vannak és összegük π, ezért a CA₂B₀B₁ négyszög húrnégyszög, tehát a négy csúcsa egy körön van.

Az A₀A₂B₁B₀ trapéz egyenlő szárú, így húrtrapéz, tehát a négy csúcsa egy körön van. A CA₂B₀B₁ négyszögnek és az A₀A₂B₁B₀ trapéznak van három közös pontjuk: A₂, B₁ és B₀. Mivel három pont meghatároz egy kört, ezért C, A₂, A₀, B₀, B₁ pont egyetlen K körön van rajta.

C-ből húzzunk egyeneseket B₁-be, B₀-ba, A₀-ba és A₂-be (az első és utolsó már megvan). Mivel CA₂A₀B₀B₁ körbe írható ötszög, amelynek A₂A₀, A₀B₀ és B₀B₁ oldalai egyforma hosszúak, ezért az ötszög C csúcsából ezek az oldalak egyenlő szög alatt látszanak (lásd felhasznált tételek):
B₁CB₀ = B₀CA₀ = A₀CA₂
Így a középső két egyenes harmadolja a C-nél lévő 3γ szöget; a harmadszög γ.

Hasonló megfontolásból kapjuk a B csúcsból húzott, illetve az A csúcsból húzott szögharmadolókat. A harmadszög a B-nél β, az A-nál α.

Kaptunk tehát egy ABC háromszöget, amelyre igaz a Morley-tétel.

Foglalkozni kell még azzal a lehetőséggel, hogy A₁ és A₂ pont "fordítva helyezkedik el", tehát a 2. ábrán az A₁ pont van balra, a C közelében. Ez akkor fordulhat elő, amikor amikor β > π/6.
Ebben az esetben A₂A₀A₁ és A₀A₂A₁ szögek értékei a fentiektől eltérnek, de szerencsére a többi szög nem változik. Így például φ₁ és φ₂ változatlan marad. Mivel a levezetés a φ₁ és φ₂ szögek kiszámítása után már nem használja a A₂A₀A₁ és A₀A₂A₁ szögeket, ezért a végeredmény is ugyanaz lesz.
Hasonló megfontolások alkalmazhatók α > π/6 vagy γ > π/6 esetekre.

Összefoglalva: Egy tetszőleges α', β', γ' szögű háromszög esetén az α = α'/3, β = β'/3, γ = γ'/3 szögekkel elvégezzük a fenti konstrukciót. Kapunk egy 3α, 3β, 3γ szögű háromszöget, amire igaz a Morley-tétel. Mivel a kapott háromszög hasonló az eredeti háromszöghöz, ezért nyilván az eredeti háromszögre is igaz a Morley-tétel. Ezzel a tételt beláttuk.

A tétel trigonometrikus úton is bizonyítható.

Trigonometriai bizonyítás

Legyenek ismét az α, β, γ szögek az eredeti háromszög szögeinek harmada! Erre teljesül, hogy α+β+γ=π/3. Jelölje a háromszög oldalait a, b, és c, és jelölje továbbá d a háromszög köré írt kör átmérőjét! Legyenek a kis háromszög csúcsai X, Y és Z úgy, hogy ezek közül X és Y van legközelebb C-hez! Legyen továbbá BZ=u, BX=v

Tudjuk, hogy $a=d\cdot \sin 3\alpha$, $b=d\cdot \sin 3\beta$, és $c=d\cdot \sin 3\gamma$.

A szinusztétellel

$v={\frac {a}{\sin(\pi -\beta -\gamma )}}\sin \gamma ={\frac {d\sin 3\alpha }{\sin({2\pi /3}+\alpha )}}\sin \gamma ={\frac {d\sin 3\alpha }{\sin({\pi /3}-\alpha )}}\sin \gamma$

Kiszámítható, hogy $\sin 3\alpha =3\sin \alpha -4{\sin ^{3}\alpha }=4\sin \alpha \left[{\left({\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)}^{2}-{\sin ^{2}\alpha }\right]=$

$=4\sin \alpha ({\sin ^{2}{\pi /3}}-{\sin ^{2}\alpha })=4\sin \alpha (\sin {\pi /3}+\sin \alpha )(\sin {\pi /3}-\sin \alpha )=$

$=4\sin \alpha \cdot 2\sin {\frac {{\pi /3}+\alpha }{2}}\cos {\frac {{\pi /3}-\alpha }{2}}\cdot 2\cos {\frac {{\pi /3}+\alpha }{2}}\sin {\frac {{\pi /3}-\alpha }{2}}=$

$=4\sin \alpha \sin {{\pi /3}+\alpha }\sin({{\pi /3}-\alpha })$.

Eszerint

$v=4d\cdot \sin \alpha \cdot \sin \gamma \cdot \sin({{\pi /3}+\alpha })$

és

$u=4d\cdot \sin \alpha \cdot \sin \gamma \cdot \sin({{\pi /3}+\gamma })$.

Koszinusztétellel

$XZ^{2}=u^{2}+v^{2}-2uv\cos \beta =$

$16d^{2}{\sin \alpha }^{2}{\sin \gamma }^{2}[{\sin ^{2}({\pi /3}+\alpha )}+{\sin ^{2}({\pi /3}+\gamma )}-2\sin({\pi /3}+\alpha )\sin({\pi /3}+\gamma )\cos \beta ]$

Könnyen megmutatható, hogy van olyan háromszög, aminek szögei $\pi /3+\alpha$, $\pi /3+\gamma$, $\beta$. Vegyük azt a háromszöget, amiknek ekkorák a szögei, és körült írt körének átmérője 1! Ennek a háromszögnek az oldalai $\sin({\pi /3}+\alpha )$, $\sin({\pi /3}+\gamma )$, $\sin \beta$. Újra bevetve a koszinusztételt

${\sin ^{2}\beta }={\sin ^{2}(\pi /3+\alpha )}+{\sin ^{2}(\pi /3-\gamma )}-2\sin(\pi /3+\alpha )\sin(\pi /3+\gamma )\cos \beta$

Ezzel

$XZ=4d\cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$

Hasonló számolással, vagy a szimmetria elvén

$XY=4d\cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$

és

$YZ=4d\cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$

Ezzel a tétel bizonyítottnak tekinthető.

Források

• H. Coxeter: A geometriák alapjai.
• A Morley-tétel
• A Morley-tétel bizonyítása kétféleképpen