Schijnbaar gelijkbenige driehoeken

Wiskunde & Onderwijs 8ste jaargang (01) Schijnbaar gelijkbenige driehoeken Jos De Schryver De buitenbissectorlengten van een driehoek We identificeren een hoek met zijn unieke radiaalmaat in ], ]. Met een driehoek bedoelen we steeds een georiënteerde driehoek. Een driehoek ABC wordt positief genoemd als en slechts als ten minste één van zijn hoeken,, tot 0, behoort. BAC CBA ACB [ ] Alle hoeken van een positieve driehoek behoren tot ] 0, [. de som van de hoeken van een positieve driehoek is gelijk aan. Beschouw een driehoek ABC nig met top A is. die niet gelijkbe- De buitenbissectrice van de driehoek ABC in het hoekpunt A snijdt de rechte BC in een punt D. Dit punt D noemen we het buitenbissectorpunt van de driehoek ABC tegenover het hoekpunt A en de afstand AD noemen we de buitenbissectorlengte van de driehoek ABC in het hoekpunt A. We beschouwen een positieve driehoek α = BAC, β = CBA, γ = ACB. ABC met hoeken Stelling 1 Laat R de straal van de omgeschreven cirkel van de driehoek ABC zijn. 1.1 Als de driehoek ABC niet gelijkbenig met top A is, dan is de buitenbissectorlengte van deze driehoek in het hoekpunt A gelijk aan sin β sinγ R β γ sin 1. Als de driehoek ABC niet gelijkbenig met top B is, dan is de buitenbissectorlengte van deze driehoek in het hoekpunt B gelijk aan sinγ sinα R γ α sin 4

1. Als de driehoek ABC niet gelijkbenig met top C is, dan is de buitenbissectorlengte van deze driehoek in het hoekpunt C gelijk aan sinα sin β R α β sin ~ We bewijzen bijvoorbeeld 1.1 De driehoek ABC is niet gelijkbenig met top A als en slechts als β γ. Onderstel bijvoorbeeld β > γ. Volgens de sinusregel, toegepast in de driehoek ABC, geldt AB = R sin γ. Laat D het buitenbissectorpunt van de driehoek ABC tegenover het hoekpunt A zijn. We hebben DAB = β + γ, ABD = β, BDA = β γ. Volgens de sinusregel, toegepast in de driehoek ADB, geldt nu sin( β ) sin β sinγ AD = AB = R. β γ β γ sin sin Hetzelfde resultaat wordt verkregen als β < γ en daarmee is 1.1 bewezen. Analoog voor 1. en 1.. ~ Stelling Onderstel dat de driehoek ABC niet gelijkzijdig is..1 Als de driehoek ABC gelijkbenig met top A is, dan zijn de buitenbissectorlengten van deze driehoek in de hoekpunten B en C gelijk.. Als de driehoek ABC gelijkbenig met top B is, dan zijn de buitenbissectorlengten van deze driehoek in de hoekpunten C en A gelijk.. Als de driehoek ABC gelijkbenig met top C is, dan zijn de buitenbissectorlengten van deze driehoek in de hoekpunten A en B gelijk. ~ Als de driehoek ABC gelijkbenig is met top A, maar niet gelijkzijdig, dan hebben we β = γ α en hiermee volgt.1 onmiddellijk uit 1. en 1.. Analoog voor. en.. ~ Kenmerken van schijnbare gelijkbenigheid Een driehoek ABC wordt schijnbaar gelijkbenig met top A, resp. B, resp. C genoemd als en slechts als deze driehoek ongelijkbenig is en zijn buitenbissectorlengten in de hoekpunten B en C, resp. C en A, resp. A en B toch gelijk zijn. 44

Voor een ongelijkbenige positieve driehoek ABC met hoeken α = BAC, β = CBA, γ = ACB behandelen we enkele kenmerken van schijnbare gelijkbenigheid met top A. We laten het over aan de lezer om analoge kenmerken van schijnbare gelijkbenigheid met top B, resp. C te formuleren. Stelling De driehoek ABC is schijnbaar gelijkbenig met top A als en slechts als α β γ sin = sin sin. ~ Laat α β γ u = sin, v = sin, w = sin. Omdat α, β, γ 0, gelden u > 0, v > 0, w > 0. ] [ Omdat de driehoek ABC ongelijkbenig is, hebben we daarbij α β γ α en dus ook u v w u. Zoals blijkt uit 1. en 1. is de driehoek ABC schijnbaar gelijkbenig met top A als en slechts als sin sin γ α sin sin α β = γ β. (*) Er valt aan te tonen dat deze gelijkheid (*) gelijkwaardig is met We hebben cos β sin γ + = α (want α + β + γ = ), γ α β β γ α sin β sin = sin cos sin β γ + α γ α = sin sin sin Dus u = vw. β γ α γ α γ α γ α = sin sin cos + cos sin sin cos cos sin β γ α γ α = sin sin cos cos sin β γ α γ α = sin sin 1 sin 1 sin sin β γ α = sin sin sin. 45

γ α sin β sin = v( w u ). Analoog geldt α β sinγ sin = w u v. ( ) Met behulp van de laatste twee gelijkheden zien we dat gelijkheid (*) v( w u ) = w( u v ) of v( w u ) = w( v u ) u vw v + w = 0 of ( u + vw)( v w) = 0 ( )( ) u u wat te bewijzen was. ~ = vw of v = w of u = vw of v = w = vw (omdat v > 0, w > 0 en v w ), F1 : We noemen S de transformatie van IR, bepaald door x x S ( x ) = sin + sin voor alle x IR. Stelling 4 De driehoek ABC is schijnbaar gelijkbenig met top A als en slechts als β γ cos = S ( α ). ~ We hebben sin β sin γ cos β γ cos β + = γ en omdat α + β + γ = dus sin β sin γ cos β = γ sin α. Volgens stelling is de driehoek ABC dus schijnbaar gelijkbenig met top A als en slechts als sin cos = γ sin. Gelet op F1 volgt hieruit het gestelde. ~ F : Voor elke β IR noemen we de transformatie van IR, bepaald door x Tβ ( x) = S ( x) sin + β voor alle x IR. Stelling 5 De driehoek ABC is schijnbaar gelijkbenig met top A als en slechts als ( α ) = 0. 46

~ Omdat α + β + γ = hebben we β γ α = + β, cos β γ sin α = + β. Volgens stelling 4 is de driehoek ABC dus schijnbaar gelijkbenig met top A als en slechts als α sin + β = S ( α ). Met behulp van F volgt hieruit het gestelde. ~ Hulpstellingen Het ligt in onze bedoeling om aan te tonen dat schijnbaar gelijkbenige driehoeken wel degelijk bestaan. Meer bepaald willen we de existentie bespreken van een schijnbaar gelijkbenige driehoek met een gegeven hoek. Daartoe hebben we echter een aantal eigenschappen van de functies S en nodig, die we nu eerst behandelen als hulpstellingen. H1 : De functie H : S ( 0) = 0. H : S = 1. S is strikt stijgend in [ 0, ]. 1 ~ Deze uitspraken volgen meteen uit F1, sin 0 = 0 en sin =. ~ 6 H4 : Als x x x 0,, dan sin < S ( x) < sin. x H5 : Als x,, dan S ( x ) > sin. x H6 : Als x ] 0, [ en S ( x ) = sin, dan x =. x x x ~ Laat x ] 0, [. Uit F1 en de gelijkheid sin = sin 4sin volgt dat x x x x S ( x) sin = 4sin + sin sin x x x = sin + sin 1 sin 1. + 47

Hiermee blijken : x < x > x 1 0 sin < < ( ) Uit F1 volgt daarbij nog dat x sin < S ( x). Daarmee zijn H4 en H5 bewezen. x S x < sin, x 1 x sin > S ( x ) > sin En H6 is een onmiddellijk gevolg daarvan. ~ β x + β H7 ; Als β, x IR, dan Tβ ( x) = 1 cos x sin cos. β x + β H8 ; Als β, x IR, dan Tβ '( x) = sin x + sin cos. ~ We hebben T β ( x) x x x = sin + sin sin + β sin x sin x β sin cos x + β + β =, x sin = 1 cos x, wat H7 oplevert. En uit H7 volgt zonder meer ook H8. ~ (zie F1, F), ] [ [ ] H9 : Laat β 0,. De functie is strikt stijgend in ] [ 0,. H10 : Laat β 0,. De afgeleide functie ' is strikt stijgend in ] [ ] ] ( x) H11 : Als β 0, en x 0, β, dan T ~ We steunen op H7 en H8. [ β ] β β ' > sin. is continu en T ' x 0 voor alle x 0,. Hieruit volgt H9. β ( ) > ] [ ' x ] 0, β [ De afgeleide functie is continu en als, dan 1 β x + β Tβ ''( x) = cos x + sin cos > 0. Hieruit volgt H10. 0,. 48

Ten slotte volgt H11 uit H10 en de gelijkheid B '( 0) = sin. ~ ] [ ] [ H1 : Laat β 0,. De functie heeft precies één nulpunt in 0, β. Als α dit nulpunt is, γ = α β en β, dan α β γ α. ~ Uit H7 volgt dat continu is en dat β β ( 0) = sin cos < 0, β = + β > ( ) 1 cos 0. Bijgevolg heeft een nulpunt in 0, β (wegens de stelling van Bolzano, zie blz. 5). ] [ ] 0, β [ α ] 0, β [ Bovendien kan niet meer dan één nulpunt in hebben wegens H9. Laat nu het nulpunt van in zijn en γ = α β. Onderstel dat β. C Uit F en H6 volgt dat β Tβ ( β ) = S ( β ) sin 0. Omdat α =, moet dus α β. ( ) 0 C Onderstel dat β = γ, zodat α β en β = 0. We hebben ( ) β = + β 1 cos β sin = ( ) (zie H7) = cos β + cos β β β = cos cos, dus β 0 omdat 0 < β < en β. ( ) Deze tegenspraak bewijst dat β γ. C Ware γ = α, dan zou β = α, dus α Tβ ( α ) = S ( α ) sin + α α 0 = S ( α ) sin, α = (zie H6), β = α =, (F) 49

wat in strijd is met het onderstelde. Dus γ α. Hiermee is H1 volledig bewezen. ~ ] [ H1 : Laat β 0,. De formules ( ) β ( k ) ( xk k IN ) T xk x0 = β, x = k 1 x β + k Voor elke T ' x k IN bepalen een dalende rij, die naar het enige nulpunt van in ] 0, β [ convergeert. ~ Dit volgt uit H9, H10, H11, H1 en een bekende stelling in verband met de iteratieve methode van Newton voor het oplossen van vergelijkingen. ~ Ter afkorting voeren we nog twee uitdrukkingen in. F : Voor alle x 0, stellen we x L( x) = arccos S ( x), x M ( x) = + arccos S ( x). Hierbij merken we op : als x 0,, dan behoort tot (zie H1, H, H) S ( x ) [ 0, 1] en dus zeker tot het domein 1, 1 van de cyclometrische functie arccos. [ ] H14 : Als x 0,, dan 0 < L( x) < x < < M ( x). ~ Laat x 0,. Uit H1 en H4 volgt dat x x arccos sin > arccos S ( x) > arccos sin c x x arccos cos > arccos S ( x) > arccos cos c x x > arccos S ( x) >, 50

zodat 0 < L ( x) < x (zie F). Er valt nog aan te tonen dat M ( x) >. Welnu S ( x) < S = 1 (zie H1, H), arccos S ( x ) > 0, x M ( x) > (zie F), dus ( ) M x > =. ~ Schijnbaar gelijkbenige driehoeken met een gegeven hoek r s ( r s ) { r s } ( ) element van { } Als, IR, dan is inf, het kleinste element van, en sup r, s het grootste r, s. Stelling 6 Onderstel dat een positieve driehoek ABC schijnbaar gelijkbenig met top A is en hoeken α = BAC, β = CBA, γ = ACB. 6.1 α 0,, 6. inf ( β, γ ) = L ( α ), 6. sup ( β, γ ) = M ( α ). = ( ) ( ) ~ Stel λ inf β, γ, µ = sup β, γ. Gelet op µ λ = β γ en stelling 4 hebben we µ λ β γ cos cos. (i) = = S ( x) De driehoek ABC is ongelijkbenig, zodat β γ en dus λ < µ. ] [ Daarbij hebben we β, γ 0,, zodat 0 < λ < µ < en dus (ii) 0 < µ λ <. Uit (i) en (ii) volgen ( ) (iii) 0 < S α < 1, µ λ (iv) = S ( α ) arccos. 51

Bovendien hebben we (v) µ + λ β + γ = = α. Uit (iii) en H1, H, H volgt 6.1. Uit (iv), (v) en F volgen 6. en 6.. ~ Stelling 7 Als α 0,, dan bestaat er een positieve driehoek die schijnbaar gelijkbenig ABC met top A is en waarin BAC = α. ~ Laat α 0,, en β = L ( α ) γ = M ( α ). Volgens F hebben we α α β = arccos S ( α ) en γ = + arccos S ( α ). (/) Hieruit volgt dat α + β + γ =. Daarbij hebben we 0 < β < α < γ (zie H14). Bijgevolg bestaat er een ongelijkbenige positieve driehoek ABC, zodanig dat BAC = α, CBA = β en ACB = γ. Uit de gelijkheden (/) volgt bovendien dat β γ = α, zodat β γ cos = S ( α ) en de driehoek ABC dus schijnbaar gelijkbenig met top A is (zie Stelling 4). ~ arccos S ( ) Stelling 8 Als β ] 0, [ en β, dan bestaat er een positieve driehoek ABC, die schijnbaar gelijkbenig met top A is en waarin CBA = β. ~ Noem het nulpunt van in 0, β (zie H1) en stel γ = α β. α ] [ Omdat α + β + γ = en α > 0, β > 0, γ > 0 bestaat er een positieve driehoek ABC, zodanig dat BAC = α en CBA = β. Uit H1 volgt dat deze driehoek ABC ongelijkbenig is en uit Stelling 5 volgt dat die driehoek ABC schijnbaar gelijkbenig met top A is. ~ 5

Voorbeeld Volgens Stelling 8 bestaat een positieve driehoek top A en die bovendien rechthoekig in B is. In deze driehoek hebben we CBA = 1,57079668, BAC 0,95915687 (met behulp van H1), ABC, die schijnbaar gelijkbenig is met ACB = BAC CBA 0,611649581. Ik vond de definitie van schijnbaar gelijkbenige driehoek in een oude lijst van schoolopgaven, waarvan de herkomst niet te achterhalen viel. Collega René Laumen deelde me het volgende mee. In het Bulletin de l Académie royale de Belgique, 195, blz. 16" geeft professor G. Cesaro een praktische benaderde constructie van de regelmatige 18-hoek en legt uit hoe de studie van de schijnbaar gelijkbenige driehoeken hem op het denkbeeld van zijn constructie bracht. Prof. G. Cesaro was hoogleraar aan de Universiteit van Luik. Jos De Schryver Daalbos 5, 990 Berlare. Bernhard Bolzano (/ 5 oktober 1781, Praag - ^ 18 december, Praag) Tsjechisch (Oostenrijks) wijsgeer. Hij studeerde theologie, filosofie en wiskunde. Bezette vanaf 1807 een nieuw gestichte leerstoel voor godsdienstfilosofie aan de universiteit van Praag. In 1819 werd hij omwille van zijn progressief denken op politiek en religieus gebied afgezet. Vanwege een publiceerverbod, verschenen zijn werken anoniem of in het buitenland. Zijn wiskundig werk geniet groot aanzien, omdat hij tot de pioniers van het grondslagenonderzoek behoort. Daarin heeft hij bijgedragen tot die aritmetisering der wiskunde die met de naam Weierstrass verbonden is. Bolzano s werk is eerst na zijn dood als belangrijk erkend ; verscheidene van zijn geschriften zijn in vorige eeuw uitgegeven : Functionenlehre (190) en Zahlentheorie (191). Stelling van Bolzano : Is de functie continu over het gesloten interval a, b en f ( a) f ( b) < 0, dan heeft f [ ] f minstens een nulpunt in het open interval ] a, b[. 5