Eulerlinjen

Figur 1. Spetsvinklig triangel till vänster, trubbvinklig till höger. Eulerlinjen svart. I den spetsvinkliga triangeln ser Eulerlinjen ut att vara parallell med sidan ${\overline {AC}}$, men detta är bara en "tillfällighet".

Eulerlinjen är en rät linje inom den euklidiska plangeometrin som förbinder flera för en triangel signifikanta punkter, speciellt märks (se figur 1):

$H$ ortocentrum (orange)

$N$ niopunktscirkelns mittpunkt (ljusblå)

$G$ triangelns tyngdpunkt (gul)

$O$ den omskrivna cirkelns medelpunkt (violett)

$L$ de Longchampspunkten (röd)

Punkterna $N$, $G$ och $O$ delar sträckan ${\overline {HL}}$ i fyra delar med proportionerna:

$|{\overline {HN}}|:|{\overline {NG}}|:|{\overline {GO}}|:|{\overline {OL}}|=3:1:2:6$

Punkterna $H$, $N$, $G$ och $O$ delar Eulerlinjen harmoniskt:

$(H,G;N)=-(H,G;O)$

Värt att notera är att alla de ovanstående punkterna sammanfaller i en liksidig triangel. som därför saknar Eulerlinje. I en rätvinklig triangel går Eulerlinjen genom det rätvinkliga hörnet och hypotenusans mittpunkt. Hos en likbent triangel går Eulerlinjen genom den oliklånga sidans mittpunkt och den mot denna stående olikstora vinkeln.

Eulerlinjen är uppkallad efter den schweiziske matematikern Leonhard Euler.

Figur 2.

Bevis

Beteckningar enligt figur 2.

Vi definierar först Eulerlinjen som den räta linje ${\overline {HO}}$ som går genom ortocentrum $H$ och den omskrivna cirkelns medelpunkt $O$ och därmed ligger dessa båda punkter såklart på linjen, vilket inte behöver visas. Att ortocentrum ligger i skärningspunkten mellan de tre höjderna (orange) genom triangelhörnen till dessas respektive motstående sidor och att den omskrivna cirkelns medelpunkt ligger i skärningspunkten mellan de tre sidornas mittpunktsnormaler (violetta) förutsättes vara bekant.

Triangelns tyngdpunkt

Enligt ovan har vi således att (// betecknar "är parallell med"):

${\overline {AA_{H}}}\ //\ {\overline {OM_{BC}}}$   ,    ${\overline {BB_{H}}}\ //\ {\overline {OM_{AC}}}$    och    ${\overline {CC_{H}}}\ //\ {\overline {OM_{AB}}}$.

Eftersom $2\cdot |{\overline {CM_{AC}}}|=|{\overline {CA}}|$ och $2\cdot |{\overline {CM_{BC}}}|=|{\overline {CB}}|$ gäller:

${\overline {M_{BC}M_{AC}}}\ //\ {\overline {BA}}$ och $2\cdot |{\overline {M_{BC}M_{AC}}}|=|{\overline {BA}}|$

Vi avsätter nu mittpunkterna $M_{AH}$ på ${\overline {AH}}$ och $M_{BH}$ på ${\overline {BH}}$ varav följer att:

${\overline {M_{BH}M_{AH}}}\ //\ {\overline {BA}}\ //\ {\overline {M_{BC}M_{AC}}}$    och    $2\cdot |{\overline {M_{BH}M_{AH}}}|=|{\overline {BA}}|=2\cdot |{\overline {M_{BC}M_{AC}}}|$ (det vill säga att de gröna linjerna i figuren är parallella och liklånga)

Eftersom ${\overline {M_{BH}M_{AH}}}\ //\ {\overline {M_{BC}M_{AC}}}$   ,    $|{\overline {M_{BH}M_{AH}}}|=|{\overline {M_{BC}M_{AC}}}|$   ,    ${\overline {HM_{AH}}}\ //\ {\overline {OM_{BC}}}$    och    ${\overline {HM_{BH}}}\ //\ {\overline {OM_{AC}}}$ så är $\triangle HM_{AH}M_{BH}$ kongruent med $\triangle M_{BC}M_{AC}$. och då $M_{AH}$ är mittpunkt på ${\overline {AH}}$ så är:

$|{\overline {AH}}|=2\cdot |{\overline {M_{AH}H}}|=2\cdot |{\overline {OM_{BC}}}|$

Betrakta nu medianen till $\angle BAC$, det vill säga ${\overline {AM_{BC}}}$ (gul), som skär ${\overline {HO}}$ i en punkt vi kallar $G$. Eftersom ${\overline {AH}}\ //\ {\overline {OM_{BC}}}$ så är $\angle OM_{BC}G=\angle HAG$ och $\angle GOM_{BC}=\angle GHA$. Dessutom är såklart $\angle OGM_{BC}=\angle HGA$, vilket gör att $\triangle GOM_{BC}$ och $\triangle GHA$ är likformiga. Då $|{\overline {AH}}|=2\cdot |{\overline {OM_{BC}}}|$ följer således att:

$|{\overline {HG}}|=2\cdot |{\overline {GO}}|$

Att även medianerna till $\angle ABC$ och $\angle BCA$ delar ${\overline {HO}}$ i $G$ visas på samma sätt. Vilket leder till:

att triangelns tyngdpunkt (som ju är skärningspunkten mellan hörnvinklarnas medianer) ligger på Eurlerlinjen och

att triangelns tyngdpunkt dessutom delar sträckan mellan ortocentrum och den omskrivna cirkelns medelpunkt i två delar med proportionerna $|{\overline {HG}}|:|{\overline {GO}}|=2:1$.

de Longchampspunkten

Eftersom de Longchampspunkten är ortocentrums spegling i den omskrivna cirkelns medelpunkt (det vill säga $L=O+{\vec {HO}}$) är beviset för att även de Longchampspunkten ligger på Eulerlinjen trivialt.

Niopunktcirkelns medelpunkt

Beviset för att niopunktscirkelns medelpunkt ligger på Eulerlinjen ges i artikeln Niopunktscirkeln.

Bevis för att sträckan delas i proportionerna 3:1:2:6 och att H, N, G och O delar Eulerlinjen harmoniskt

1)    Från beviset ovan för triangelns tyngdpunkt har vi att $|{\overline {HG}}|=2\cdot |{\overline {GO}}|$

2)    Från artikeln Niopunktscirkeln har vi att $|{\overline {HN}}|=|{\overline {NO}}|$

3)    Från definitionen av de Longchampspunkten har vi att $|{\overline {HO}}|=|{\overline {OL}}|$

1 och 2 ger

4)    $2\cdot |{\overline {NG}}|+2\cdot |{\overline {GO}}|=2\cdot |{\overline {NO}}|=|{\overline {HN}}|+|{\overline {NO}}|=|{\overline {HO}}|=|{\overline {HG}}|+|{\overline {GO}}|=3\cdot |{\overline {GO}}|\Rightarrow 2\cdot |{\overline {NG}}|=|{\overline {GO}}|$

2 och 4 ger:

5)    $|{\overline {HN}}|=|{\overline {NO}}|=|{\overline {NG}}|+|{\overline {GO}}|=3\cdot |{\overline {NG}}|$

3, 4 och 5 ger:

6)    $6\cdot |{\overline {NG}}|=|{\overline {HN}}|+|{\overline {NG}}|+|{\overline {GO}}|=|{\overline {HO}}|=|{\overline {OL}}|$

Således:

$|{\overline {HN}}|:|{\overline {NG}}|:|{\overline {GO}}|:|{\overline {OL}}|=3\cdot |{\overline {NG}}|:1\cdot |{\overline {NG}}|:2\cdot |{\overline {NG}}|:6\cdot |{\overline {NG}}|$

Punkterna $H$, $N$, $G$ och $O$ delar Eulerlinjen harmoniskt eftersom:

${\frac {|{\overline {HN}}|}{|{\overline {NG}}|}}={\frac {3}{1}}={\frac {6}{2}}={\frac {|{\overline {HO}}|}{|{\overline {GO}}|}}\Rightarrow (H,G;N)=-(H,G;O)$

Eulerlinjer för olika trianglar

Eulerlinjer (svarta) för olika trianglar (blå). Ortocentrum rött, den omskrivna cirkelns medelpunkt grön, höjder genom hörnen orange, sidornas mittpunktsnormaler violetta. Sidan ${\overline {BC}}$ är densamma i alla trianglarna, medan det tredje hörnet $A$ flyttas i förhållande till sidan. Går man åt höger i raderna flyttas hörnet närmare sidans mittpunktsnormal (och höjden genom hörnet följer ju såklart med). Går man man neråt i kolumnerna flyttas $A$ närmare ${\overline {BC}}$. I andra kolumnen är vinkeln i $B$ rät, i den högra kolumnen ligger $A$ mitt över ${\overline {BC}}$ (pch trianglarna i kolumnen är således likbenta), medan höjden i den andra raden är ${\sqrt {3}}/2(\approx 0,87)$, vilket gör att triangeln längst till höger är liksidig (och ortocentrum sammanfaller med den omskrivna cirkelns medelpunkt – någon Eulerlinje kan således inte definieras för liksidiga trianglar).
Intervallen markerade med X innehåller de trianglar som har Eulerlinjer parallella till ${\overline {BC}}$ (tillsammans med trianglar utan denna egenskap). Om triangeln är rätvinklig, trubbvinklig eller likbent kan Eulerlinjen inte vara parallell med någon sida.

Referenser

• Eric W. Weisstein, Euler Line på MathWorld.
• Torbjörn Tambour, 2002, Euklidisk geometri, Matematiska institutionen, Stockholms universitet, sid. 57–60.