رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDFورقة عمل موجّهة

مقالة في الهندسة

مبرهنة فان أوبل

أربعة مربّعات حول رباعيّ، وقطعتان متساويتان ومتعامدتان

خذوا أيّ شكل رباعيّ، وابنوا على كلّ ضلع من أضلاعه مربّعًا إلى الخارج. صِلوا مركزَي المربّعين على ضلعين متقابلين، ثم مركزَي المربّعين الآخرين. القطعتان اللتان تحصلون عليهما متساويتان في الطول ومتعامدتان — دائمًا، مهما كان الرباعيّ. والبرهان يحتاج إلى أداة واحدة فقط: الدوران بزاوية قائمة.

الأستاذ خالد خطيب

في كثير من مسائل الهندسة يظهر «تعامد» أو «تساوٍ» لا نتوقّعه. مبرهنة فان أوبل من أجمل الأمثلة على ذلك: الرباعيّ عشوائيّ تمامًا، أضلاعه وزواياه مختلفة، ومع ذلك تنتج المربّعات الأربعة شكلًا فيه انتظام كامل. في هذه المقالة نرى لماذا يحدث ذلك، ونتعرّف على طريقة برهان بالمتّجهات تصلح لمسائل كثيرة أخرى.

المبرهنة

مبرهنة فان أوبل

نبني على أضلاع الرباعيّ \(ABCD\) مربّعات إلى الخارج، ونرمز إلى مراكزها بـ \(P,\ Q,\ R,\ S\) (على الأضلاع \(AB,\ BC,\ CD,\ DA\) على الترتيب). عندئذٍ القطعتان \(PR\) و\(QS\) — اللتان تصلان بين مركزَي مربّعين متقابلين —

\[\boxed{\;PR=QS\qquad\text{و}\qquad PR\perp QS\;}\]
القطعة PR تصل بين مركزَي المربّعين على \(AB\) و\(CD\)، والقطعة QS بين مركزَي المربّعين على \(BC\) و\(DA\). طولاهما متساويان، والزاوية بينهما قائمة.
ملاحظة: المبرهنة صحيحة أيضًا للرباعيّ المقعّر. المهمّ أن تُبنى المربّعات الأربعة كلّها «إلى الخارج» بالمعنى نفسه — أي كلّها على الجانب نفسه عندما نسير على الأضلاع بالترتيب \(A\to B\to C\to D\to A\).

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا رؤوس الرباعيّ \(A,B,C,D\). القطعتان تتغيّران باستمرار — لكن انظروا إلى الأعداد.

–\(PR\)
–\(QS\)
–الزاوية بين القطعتين

لمحة تاريخية

نشر المبرهنةَ الرياضيُّ الهولنديّ هنريكوس (هنري) فان أوبل (1830–1906) عام 1878، في مقالة قصيرة في المجلّة البلجيكية Nouvelle Correspondance Mathématique تتناول مراكز مربّعات تُبنى على أضلاع مضلّع. ومنذ ذلك الحين صارت المبرهنة نقطة انطلاق لعشرات التعميمات: بدل المربّعات يمكن بناء أشكال أخرى متشابهة، وبدل الرباعيّ يمكن أخذ مضلّعات أخرى.

وهناك حالة خاصّة شهيرة: عندما يكون الرباعيّ متوازي أضلاع تشكّل المراكز الأربعة مربّعًا. اشتهرت هذه الحالة باسم «مسألة تيبو الأولى»، على اسم الرياضيّ الفرنسيّ فيكتور تيبو الذي اقترحها كمسألة في القرن العشرين.

الأداة: الدوران بزاوية قائمة

نعمل في هيئة محاور، ونعامل النقاط كمتّجهات. نعرّف عمليّة \(\rho\) («رو») تدير كلّ متّجه بزاوية \(90^\circ\):

\[\rho(x,y)=(-y,\ x).\]

تحقّقوا بأنفسكم من ثلاث خواصّ بسيطة:

  • \(\rho\) لا تغيّر الطول، والمتّجه \(\rho(u)\) عموديّ على \(u\) (حاصل الضرب العدديّ \(x\cdot(-y)+y\cdot x=0\)).
  • \(\rho\) خطّيّة: \(\rho(u+w)=\rho(u)+\rho(w)\) و\(\rho(k\,u)=k\,\rho(u)\).
  • دورانان متتاليان بزاوية قائمة هما دوران بـ \(180^\circ\): \(\rho(\rho(u))=-u\).

إذن لكي نبرهن أنّ قطعتين متساويتان ومتعامدتان، يكفي أن نبرهن أنّ إحداهما (كمتّجه) هي دوران الأخرى: \(\overrightarrow{QS}=\rho\big(\overrightarrow{PR}\big)\).

مركز المربّع \(P\) نصل إليه من منتصف الضلع \(M\) بخطوة عموديّة على \(AB\) طولها نصف الضلع: \(MP=MB\) و\(MP\perp AB\).

البرهان

نفترض أنّ الرؤوس \(A,B,C,D\) مرتّبة عكس اتّجاه عقارب الساعة (وإلّا نعكس اتّجاه الدوران في كلّ مكان، والبرهان لا يتغيّر).

  1. مركز مربّع واحد

    المنتصف \(M\) للضلع \(AB\) هو \(\frac{A+B}{2}\). المتّجه \(\overrightarrow{MB}=\frac{B-A}{2}\)؛ ندير المتّجه المعاكس له \(\frac{A-B}{2}\) بزاوية قائمة فنحصل على خطوة طولها نصف الضلع، عموديّة عليه ومتّجهة إلى الخارج. إذن

    \[P=\frac{A+B}{2}+\frac12\rho(A-B).\]

    وبالطريقة نفسها: \(Q=\frac{B+C}{2}+\frac12\rho(B-C)\)، \(R=\frac{C+D}{2}+\frac12\rho(C-D)\)، \(S=\frac{D+A}{2}+\frac12\rho(D-A)\).

  2. المتّجهان

    نطرح ونستعمل خطّيّة \(\rho\):

    \[\overrightarrow{PR}=R-P=\tfrac12\Big[(C+D-A-B)+\rho(C-D-A+B)\Big],\] \[\overrightarrow{QS}=S-Q=\tfrac12\Big[(D+A-B-C)+\rho(D-A-B+C)\Big].\]

  3. ندير \(\overrightarrow{PR}\)

    نطبّق \(\rho\) على \(\overrightarrow{PR}\)، ونستعمل \(\rho(\rho(u))=-u\) في الحدّ الثاني:

    \[\rho\big(\overrightarrow{PR}\big)=\tfrac12\Big[\rho(C+D-A-B)-(C-D-A+B)\Big]=\tfrac12\Big[(D+A-B-C)+\rho(C+D-A-B)\Big].\]

    قارنوا مع \(\overrightarrow{QS}\): الحدّ الأوّل نفسه، وفي الحدّ الثاني \(\rho\) لنفس المجموع \(C+D-A-B\). إذن

    \[\overrightarrow{QS}=\rho\big(\overrightarrow{PR}\big),\]

    أي أنّ \(QS\) هي \(PR\) بعد دوران بزاوية قائمة: طولاهما متساويان وهما متعامدتان. \(\blacksquare\)

حالتان خاصّتان

  1. متوازي الأضلاع: المراكز تشكّل مربّعًا

    إذا كان \(ABCD\) متوازي أضلاع، فالشكل كلّه متناظر حول مركز متوازي الأضلاع (دوران بـ \(180^\circ\) ينقل كلّ مربّع إلى المربّع المقابل له). لذا القطعتان \(PR\) و\(QS\) تمرّان بهذا المركز وتنصّف إحداهما الأخرى. رباعيّ قطراه متساويان ومتعامدان وينصّف أحدهما الآخر هو مربّع — وهذه «مسألة تيبو الأولى». جرّبوا الزرّ «متوازي أضلاع» في المختبر.

  2. المثلث: نقرّب D من A

    البرهان لم يستعمل في أيّ مكان أنّ \(D\) مختلفة عن \(A\). إذا وضعنا \(D=A\) يختفي المربّع على الضلع \(DA\) ويصبح مركزه \(S=A\). نحصل على مبرهنة عن المثلث: نبني مربّعات خارجية على أضلاع المثلث \(ABC\) مراكزها \(P\) (على \(AB\)) و\(Q\) (على \(BC\)) و\(R\) (على \(CA\)). عندئذٍ القطعة \(PR\) مساوية للقطعة \(QA\) وعموديّة عليها.

حالة المثلث: PR وQA متساويتان ومتعامدتان.

مثال عددي

رؤوس الرباعيّ: \(A(0,0)\)، \(B(4,0)\)، \(C(5,3)\)، \(D(1,4)\) (بعكس اتّجاه عقارب الساعة). نحسب المراكز وفق صيغة الخطوة 1. مثلًا للضلع \(AB\): المنتصف \((2,0)\)، و\(A-B=(-4,0)\)، و\(\rho(-4,0)=(0,-4)\)، لذا

\[P=(2,0)+\tfrac12(0,-4)=(2,-2).\]

وبالطريقة نفسها: \(Q=(6,1)\)، \(R=(3.5,\ 5.5)\)، \(S=(-1.5,\ 2.5)\). إذن

\[\overrightarrow{PR}=(1.5,\ 7.5),\qquad \overrightarrow{QS}=(-7.5,\ 1.5)=\rho(1.5,\ 7.5).\]

تحقّق: \(\overrightarrow{PR}\cdot\overrightarrow{QS}=1.5\cdot(-7.5)+7.5\cdot1.5=0\)، والطولان \(\sqrt{1.5^2+7.5^2}=\sqrt{58.5}\approx7.65\) متساويان. ✓

تمرين للقرّاء: «فان أوبل» آخر — في المثلث

تمرين

تحمل اسم فان أوبل أيضًا علاقة جميلة في المثلث. لتلتقِ القطع \(AD,\ BE,\ CF\) في المثلث \(ABC\) في النقطة \(P\) (حيث \(D,E,F\) على الأضلاع \(BC,CA,AB\)). برهنوا أنّ

\[\frac{AP}{PD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}.\]
النسبة التي تقسم بها \(P\) القطعة AD هي مجموع النسبتين على الضلعين الخارجين من \(A\).
تلميح

استعملوا المساحات كما في برهان مبرهنة تشيفا: عبّروا عن كلّ واحدة من النسب الثلاث بنسبة بين مساحتَي مثلثين رأسهما المشترك \(P\).

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

نرمز بـ \(S_{XYZ}\) إلى مساحة المثلث \(XYZ\). المثلثان \(ABP\) و\(DBP\) لهما الارتفاع نفسه من \(B\) على المستقيم \(AD\)، وكذلك المثلثان \(ACP\) و\(DCP\) من \(C\). لذا

\[\frac{AP}{PD}=\frac{S_{ABP}}{S_{DBP}}=\frac{S_{ACP}}{S_{DCP}}=\frac{S_{ABP}+S_{ACP}}{S_{DBP}+S_{DCP}}=\frac{S_{ABP}+S_{ACP}}{S_{BPC}}.\]

(استعملنا: إذا كان \(\frac xy=\frac uv\) فإنّ \(\frac xy=\frac{x+u}{y+v}\).) ومن برهان مبرهنة تشيفا نعرف أنّ

\[\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACP}}{S_{BPC}},\qquad \frac{AE}{EC}=\frac{S_{ABP}}{S_{BPC}}.\]

نجمع ونحصل على الطرف الأيمن نفسه:

\[\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}=\frac{S_{ACP}+S_{ABP}}{S_{BPC}}=\frac{AP}{PD}.\qquad\blacksquare\]

حالة خاصّة: في مركز الثقل كلّ متوسط يقسم ضلعه إلى نصفين، فنحصل على \(\frac{AP}{PD}=1+1=2\) — النتيجة المعروفة بأنّ مركز الثقل يقسم المتوسط بنسبة \(2:1\).

المراجع

  • H. van Aubel, “Note concernant les centres de carrés construits sur les côtés d’un polygone quelconque”, Nouvelle Correspondance Mathématique 4 (1878), 40–44.
الأستاذ خالد خطيب · مبرهنة فان أوبل

מאמר בגאומטריה

משפט ואן אובל

ארבעה ריבועים סביב מרובע, ושני קטעים שווים ומאונכים

קחו מרובע כלשהו, ובנו על כל אחת מצלעותיו ריבוע כלפי חוץ. חברו את מרכזי שני הריבועים שעל צלעות נגדיות, ואחר כך את מרכזי שני הריבועים האחרים. שני הקטעים שתקבלו שווים באורכם ומאונכים זה לזה — תמיד, יהיה המרובע אשר יהיה. וההוכחה דורשת כלי אחד בלבד: סיבוב בזווית ישרה.

חאלד חטיב

בבעיות גאומטריה רבות מופיעים „ניצבות” או „שוויון” שאיננו מצפים להם. משפט ואן אובל הוא מן הדוגמאות היפות ביותר לכך: המרובע אקראי לגמרי, צלעותיו וזוויותיו שונות, ובכל זאת ארבעת הריבועים יוצרים צורה בעלת סדר מלא. במאמר הזה נראה מדוע זה קורה, ונכיר שיטת הוכחה בעזרת וקטורים שמתאימה לבעיות רבות נוספות.

המשפט

משפט ואן אובל

בונים על צלעות המרובע \(ABCD\) ריבועים כלפי חוץ, ומסמנים את מרכזיהם ב־\(P,\ Q,\ R,\ S\) (על הצלעות \(AB,\ BC,\ CD,\ DA\) בהתאמה). אז הקטעים \(PR\) ו־\(QS\) — המחברים את מרכזיהם של ריבועים נגדיים — מקיימים

\[\boxed{\;PR=QS\qquad\text{ו־}\qquad PR\perp QS\;}\]
הקטע PR מחבר את מרכזי הריבועים שעל \(AB\) ועל \(CD\), והקטע QS את מרכזי הריבועים שעל \(BC\) ועל \(DA\). אורכיהם שווים, והזווית ביניהם ישרה.
הערה: המשפט נכון גם למרובע קעור. החשוב הוא שכל ארבעת הריבועים ייבנו „כלפי חוץ” באותו מובן — כלומר כולם באותו צד כשהולכים לאורך הצלעות בסדר \(A\to B\to C\to D\to A\).

נסו בעצמכם

גררו את קודקודי המרובע \(A,B,C,D\). הקטעים משתנים כל הזמן — אבל הסתכלו על המספרים.

–\(PR\)
–\(QS\)
–הזווית בין הקטעים

קצת היסטוריה

את המשפט פרסם המתמטיקאי ההולנדי הנריקוס (אנרי) ואן אובל (1830–1906) בשנת 1878, במאמר קצר בכתב העת הבלגי Nouvelle Correspondance Mathématique שעסק במרכזי ריבועים הבנויים על צלעות של מצולע. מאז הפך המשפט לנקודת מוצא לעשרות הכללות: במקום ריבועים אפשר לבנות צורות דומות אחרות, ובמקום מרובע אפשר לקחת מצולעים אחרים.

ויש מקרה פרטי מפורסם: כשהמרובע הוא מקבילית, ארבעת המרכזים יוצרים ריבוע. המקרה הזה ידוע בשם „הבעיה הראשונה של תבו”, על שם המתמטיקאי הצרפתי ויקטור תבו שהציע אותו כבעיה במאה העשרים.

הכלי: סיבוב בזווית ישרה

עובדים במערכת צירים, ומתייחסים לנקודות כאל וקטורים. מגדירים פעולה \(\rho\) („רו”) המסובבת כל וקטור ב־\(90^\circ\):

\[\rho(x,y)=(-y,\ x).\]

בדקו בעצמכם שלוש תכונות פשוטות:

  • \(\rho\) אינה משנה אורך, והווקטור \(\rho(u)\) מאונך ל־\(u\) (המכפלה הסקלרית \(x\cdot(-y)+y\cdot x=0\)).
  • \(\rho\) לינארית: \(\rho(u+w)=\rho(u)+\rho(w)\) ו־\(\rho(k\,u)=k\,\rho(u)\).
  • שני סיבובים רצופים בזווית ישרה הם סיבוב ב־\(180^\circ\): \(\rho(\rho(u))=-u\).

לכן כדי להוכיח ששני קטעים שווים ומאונכים, מספיק להוכיח שאחד מהם (כווקטור) הוא סיבוב של השני: \(\overrightarrow{QS}=\rho\big(\overrightarrow{PR}\big)\).

למרכז הריבוע \(P\) מגיעים מאמצע הצלע \(M\) בצעד המאונך ל־\(AB\) שאורכו חצי צלע: \(MP=MB\) ו־\(MP\perp AB\).

ההוכחה

נניח שהקודקודים \(A,B,C,D\) מסודרים נגד כיוון השעון (אחרת הופכים את כיוון הסיבוב בכל מקום, וההוכחה אינה משתנה).

  1. מרכז של ריבוע אחד

    אמצע הצלע \(AB\) הוא \(M=\frac{A+B}{2}\). הווקטור \(\overrightarrow{MB}=\frac{B-A}{2}\); מסובבים את הווקטור הנגדי לו \(\frac{A-B}{2}\) בזווית ישרה ומקבלים צעד שאורכו חצי צלע, מאונך לה ומכוון כלפי חוץ. לכן

    \[P=\frac{A+B}{2}+\frac12\rho(A-B).\]

    ובאותה דרך: \(Q=\frac{B+C}{2}+\frac12\rho(B-C)\), \(R=\frac{C+D}{2}+\frac12\rho(C-D)\), \(S=\frac{D+A}{2}+\frac12\rho(D-A)\).

  2. שני הווקטורים

    מחסרים ומשתמשים בלינאריות של \(\rho\):

    \[\overrightarrow{PR}=R-P=\tfrac12\Big[(C+D-A-B)+\rho(C-D-A+B)\Big],\] \[\overrightarrow{QS}=S-Q=\tfrac12\Big[(D+A-B-C)+\rho(D-A-B+C)\Big].\]

  3. מסובבים את \(\overrightarrow{PR}\)

    מפעילים את \(\rho\) על \(\overrightarrow{PR}\), ומשתמשים ב־\(\rho(\rho(u))=-u\) באיבר השני:

    \[\rho\big(\overrightarrow{PR}\big)=\tfrac12\Big[\rho(C+D-A-B)-(C-D-A+B)\Big]=\tfrac12\Big[(D+A-B-C)+\rho(C+D-A-B)\Big].\]

    השוו עם \(\overrightarrow{QS}\): האיבר הראשון זהה, ובאיבר השני \(\rho\) של אותו סכום \(C+D-A-B\). לכן

    \[\overrightarrow{QS}=\rho\big(\overrightarrow{PR}\big),\]

    כלומר \(QS\) הוא \(PR\) אחרי סיבוב בזווית ישרה: אורכיהם שווים והם מאונכים. \(\blacksquare\)

שני מקרים פרטיים

  1. מקבילית: המרכזים יוצרים ריבוע

    אם \(ABCD\) מקבילית, כל השרטוט סימטרי סביב מרכז המקבילית (סיבוב ב־\(180^\circ\) מעביר כל ריבוע לריבוע הנגדי לו). לכן הקטעים \(PR\) ו־\(QS\) עוברים דרך המרכז הזה וחוצים זה את זה. מרובע שאלכסוניו שווים, מאונכים וחוצים זה את זה הוא ריבוע — וזו „הבעיה הראשונה של תבו”. נסו את הכפתור „מקבילית” בסימולציה.

  2. המשולש: מקרבים את D ל־A

    ההוכחה לא השתמשה בשום מקום בכך ש־\(D\) שונה מ־\(A\). אם נציב \(D=A\), הריבוע שעל הצלע \(DA\) נעלם ומרכזו הופך ל־\(S=A\). מקבלים משפט על המשולש: בונים ריבועים חיצוניים על צלעות המשולש \(ABC\) שמרכזיהם \(P\) (על \(AB\)), \(Q\) (על \(BC\)) ו־\(R\) (על \(CA\)). אז הקטע \(PR\) שווה לקטע \(QA\) ומאונך לו.

מקרה המשולש: PR ו־QA שווים ומאונכים.

דוגמה מספרית

קודקודי המרובע: \(A(0,0)\), \(B(4,0)\), \(C(5,3)\), \(D(1,4)\) (נגד כיוון השעון). מחשבים את המרכזים לפי הנוסחה של שלב 1. למשל לצלע \(AB\): האמצע \((2,0)\), \(A-B=(-4,0)\), ו־\(\rho(-4,0)=(0,-4)\), לכן

\[P=(2,0)+\tfrac12(0,-4)=(2,-2).\]

באותה דרך: \(Q=(6,1)\), \(R=(3.5,\ 5.5)\), \(S=(-1.5,\ 2.5)\). לכן

\[\overrightarrow{PR}=(1.5,\ 7.5),\qquad \overrightarrow{QS}=(-7.5,\ 1.5)=\rho(1.5,\ 7.5).\]

בדיקה: \(\overrightarrow{PR}\cdot\overrightarrow{QS}=1.5\cdot(-7.5)+7.5\cdot1.5=0\), והאורכים \(\sqrt{1.5^2+7.5^2}=\sqrt{58.5}\approx7.65\) שווים. ✓

תרגיל לקוראים: „ואן אובל” אחר — במשולש

תרגיל

על שם ואן אובל נקרא גם קשר יפה במשולש. הקטעים \(AD,\ BE,\ CF\) במשולש \(ABC\) נפגשים בנקודה \(P\) (כאשר \(D,E,F\) על הצלעות \(BC,CA,AB\)). הוכיחו ש־

\[\frac{AP}{PD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}.\]
היחס שבו \(P\) מחלקת את הקטע AD הוא סכום שני היחסים על הצלעות היוצאות מ־\(A\).
רמז

השתמשו בשטחים כמו בהוכחת משפט צ׳בה: בטאו כל אחד משלושת היחסים כיחס בין שטחי שני משולשים שקודקודם המשותף \(P\).

פתרון מלא (נסו לבד קודם!)

נסמן ב־\(S_{XYZ}\) את שטח המשולש \(XYZ\). למשולשים \(ABP\) ו־\(DBP\) אותו גובה מ־\(B\) לישר \(AD\), וכך גם למשולשים \(ACP\) ו־\(DCP\) מ־\(C\). לכן

\[\frac{AP}{PD}=\frac{S_{ABP}}{S_{DBP}}=\frac{S_{ACP}}{S_{DCP}}=\frac{S_{ABP}+S_{ACP}}{S_{DBP}+S_{DCP}}=\frac{S_{ABP}+S_{ACP}}{S_{BPC}}.\]

(השתמשנו בכך שאם \(\frac xy=\frac uv\) אז \(\frac xy=\frac{x+u}{y+v}\).) ומהוכחת משפט צ׳בה אנו יודעים ש־

\[\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACP}}{S_{BPC}},\qquad \frac{AE}{EC}=\frac{S_{ABP}}{S_{BPC}}.\]

מחברים ומקבלים בדיוק את אותו ביטוי:

\[\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}=\frac{S_{ACP}+S_{ABP}}{S_{BPC}}=\frac{AP}{PD}.\qquad\blacksquare\]

מקרה פרטי: במפגש התיכונים כל תיכון חוצה את הצלע שלו, ולכן \(\frac{AP}{PD}=1+1=2\) — התוצאה המוכרת שמפגש התיכונים מחלק כל תיכון ביחס \(2:1\).

מקורות

  • H. van Aubel, “Note concernant les centres de carrés construits sur les côtés d’un polygone quelconque”, Nouvelle Correspondance Mathématique 4 (1878), 40–44.
חאלד חטיב · משפט ואן אובל

A geometry article

Van Aubel’s Theorem

Four squares around a quadrilateral, and two equal, perpendicular segments

Take any quadrilateral and build a square outward on each of its sides. Join the centres of the squares on two opposite sides, then the centres of the other two squares. The two segments you get are equal in length and perpendicular — always, whatever the quadrilateral. And the proof needs just one tool: a rotation through a right angle.

Khaled Khatib

In many geometry problems a “perpendicularity” or an “equality” appears that we did not expect. Van Aubel’s theorem is one of the most beautiful examples: the quadrilateral is completely arbitrary, its sides and angles all different, and yet the four squares produce a figure with perfect regularity. In this article we see why this happens, and meet a vector method of proof that works for many other problems.

The theorem

Van Aubel’s Theorem

Build squares outward on the sides of the quadrilateral \(ABCD\), and denote their centres by \(P,\ Q,\ R,\ S\) (on the sides \(AB,\ BC,\ CD,\ DA\) respectively). Then the segments \(PR\) and \(QS\) — joining the centres of opposite squares — satisfy

\[\boxed{\;PR=QS\qquad\text{and}\qquad PR\perp QS\;}\]
The segment PR joins the centres of the squares on \(AB\) and \(CD\), and the segment QS the centres of the squares on \(BC\) and \(DA\). Their lengths are equal and the angle between them is a right angle.
Note: the theorem also holds for a concave quadrilateral. What matters is that all four squares are built “outward” in the same sense — that is, all on the same side as we walk along the sides in the order \(A\to B\to C\to D\to A\).

Try it yourself

Drag the vertices \(A,B,C,D\) of the quadrilateral. The segments keep changing — but look at the numbers.

–\(PR\)
–\(QS\)
–Angle between the segments

A little history

The theorem was published by the Dutch mathematician Henricus (Henri) van Aubel (1830–1906) in 1878, in a short note in the Belgian journal Nouvelle Correspondance Mathématique about the centres of squares built on the sides of a polygon. Since then the theorem has been the starting point for dozens of generalisations: instead of squares one can build other similar figures, and instead of a quadrilateral one can take other polygons.

There is a famous special case: when the quadrilateral is a parallelogram, the four centres form a square. This case became known as “Thébault’s first problem”, after the French mathematician Victor Thébault, who proposed it as a problem in the twentieth century.

The tool: rotation through a right angle

We work in a coordinate system and treat points as vectors. Define an operation \(\rho\) (“rho”) that rotates every vector through \(90^\circ\):

\[\rho(x,y)=(-y,\ x).\]

Check three simple properties for yourself:

  • \(\rho\) does not change length, and the vector \(\rho(u)\) is perpendicular to \(u\) (the dot product is \(x\cdot(-y)+y\cdot x=0\)).
  • \(\rho\) is linear: \(\rho(u+w)=\rho(u)+\rho(w)\) and \(\rho(k\,u)=k\,\rho(u)\).
  • Two successive right-angle rotations make a rotation through \(180^\circ\): \(\rho(\rho(u))=-u\).

So to prove that two segments are equal and perpendicular, it is enough to prove that one of them (as a vector) is a rotation of the other: \(\overrightarrow{QS}=\rho\big(\overrightarrow{PR}\big)\).

We reach the centre \(P\) of the square from the midpoint \(M\) of the side by a step perpendicular to \(AB\) of length half the side: \(MP=MB\) and \(MP\perp AB\).

The proof

Assume the vertices \(A,B,C,D\) are in counterclockwise order (otherwise reverse the direction of rotation everywhere; the proof does not change).

  1. The centre of one square

    The midpoint of the side \(AB\) is \(M=\frac{A+B}{2}\). The vector \(\overrightarrow{MB}=\frac{B-A}{2}\); rotating its opposite \(\frac{A-B}{2}\) through a right angle gives a step of length half the side, perpendicular to it and pointing outward. So

    \[P=\frac{A+B}{2}+\frac12\rho(A-B).\]

    In the same way: \(Q=\frac{B+C}{2}+\frac12\rho(B-C)\), \(R=\frac{C+D}{2}+\frac12\rho(C-D)\), \(S=\frac{D+A}{2}+\frac12\rho(D-A)\).

  2. The two vectors

    Subtract, using the linearity of \(\rho\):

    \[\overrightarrow{PR}=R-P=\tfrac12\Big[(C+D-A-B)+\rho(C-D-A+B)\Big],\] \[\overrightarrow{QS}=S-Q=\tfrac12\Big[(D+A-B-C)+\rho(D-A-B+C)\Big].\]

  3. Rotate \(\overrightarrow{PR}\)

    Apply \(\rho\) to \(\overrightarrow{PR}\), using \(\rho(\rho(u))=-u\) in the second term:

    \[\rho\big(\overrightarrow{PR}\big)=\tfrac12\Big[\rho(C+D-A-B)-(C-D-A+B)\Big]=\tfrac12\Big[(D+A-B-C)+\rho(C+D-A-B)\Big].\]

    Compare with \(\overrightarrow{QS}\): the first term is the same, and the second term is \(\rho\) of the same sum \(C+D-A-B\). Hence

    \[\overrightarrow{QS}=\rho\big(\overrightarrow{PR}\big),\]

    that is, \(QS\) is \(PR\) rotated through a right angle: their lengths are equal and they are perpendicular. \(\blacksquare\)

Two special cases

  1. A parallelogram: the centres form a square

    If \(ABCD\) is a parallelogram, the whole figure is symmetric about the centre of the parallelogram (a rotation through \(180^\circ\) takes each square to the opposite one). So the segments \(PR\) and \(QS\) pass through this centre and bisect each other. A quadrilateral whose diagonals are equal, perpendicular and bisect each other is a square — and this is “Thébault’s first problem”. Try the “Parallelogram” button in the interactive figure.

  2. The triangle: let D approach A

    Nowhere did the proof use that \(D\) is different from \(A\). If we put \(D=A\), the square on the side \(DA\) disappears and its centre becomes \(S=A\). We get a theorem about the triangle: build squares outward on the sides of triangle \(ABC\), with centres \(P\) (on \(AB\)), \(Q\) (on \(BC\)) and \(R\) (on \(CA\)). Then the segment \(PR\) is equal and perpendicular to the segment \(QA\).

The triangle case: PR and QA are equal and perpendicular.

A numerical example

The vertices of the quadrilateral: \(A(0,0)\), \(B(4,0)\), \(C(5,3)\), \(D(1,4)\) (counterclockwise). Compute the centres with the formula from step 1. For the side \(AB\), for example: the midpoint is \((2,0)\), \(A-B=(-4,0)\), and \(\rho(-4,0)=(0,-4)\), so

\[P=(2,0)+\tfrac12(0,-4)=(2,-2).\]

In the same way: \(Q=(6,1)\), \(R=(3.5,\ 5.5)\), \(S=(-1.5,\ 2.5)\). Hence

\[\overrightarrow{PR}=(1.5,\ 7.5),\qquad \overrightarrow{QS}=(-7.5,\ 1.5)=\rho(1.5,\ 7.5).\]

Check: \(\overrightarrow{PR}\cdot\overrightarrow{QS}=1.5\cdot(-7.5)+7.5\cdot1.5=0\), and both lengths are \(\sqrt{1.5^2+7.5^2}=\sqrt{58.5}\approx7.65\). ✓

A problem for the reader: another “Van Aubel” — in the triangle

Problem

Van Aubel’s name is also attached to a beautiful relation in the triangle. Let the segments \(AD,\ BE,\ CF\) of triangle \(ABC\) meet at the point \(P\) (with \(D,E,F\) on the sides \(BC,CA,AB\)). Prove that

\[\frac{AP}{PD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}.\]
The ratio in which \(P\) divides the segment AD is the sum of the two ratios on the sides leaving \(A\).
Hint

Use areas as in the proof of Ceva’s theorem: express each of the three ratios as a ratio between the areas of two triangles with common vertex \(P\).

Full solution (try it yourself first!)

Write \(S_{XYZ}\) for the area of triangle \(XYZ\). The triangles \(ABP\) and \(DBP\) have the same height from \(B\) to the line \(AD\), and so do the triangles \(ACP\) and \(DCP\) from \(C\). So

\[\frac{AP}{PD}=\frac{S_{ABP}}{S_{DBP}}=\frac{S_{ACP}}{S_{DCP}}=\frac{S_{ABP}+S_{ACP}}{S_{DBP}+S_{DCP}}=\frac{S_{ABP}+S_{ACP}}{S_{BPC}}.\]

(We used: if \(\frac xy=\frac uv\) then \(\frac xy=\frac{x+u}{y+v}\).) And from the proof of Ceva’s theorem we know that

\[\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACP}}{S_{BPC}},\qquad \frac{AE}{EC}=\frac{S_{ABP}}{S_{BPC}}.\]

Adding gives exactly the same expression:

\[\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}=\frac{S_{ACP}+S_{ABP}}{S_{BPC}}=\frac{AP}{PD}.\qquad\blacksquare\]

A special case: at the centroid each median bisects its side, so \(\frac{AP}{PD}=1+1=2\) — the familiar fact that the centroid divides each median in the ratio \(2:1\).

References

  • H. van Aubel, “Note concernant les centres de carrés construits sur les côtés d’un polygone quelconque”, Nouvelle Correspondance Mathématique 4 (1878), 40–44.
Khaled Khatib · Van Aubel’s Theorem

→ العودة إلى كلّ المقالات