Inversie Zij O een punt in het vlak en zij r > 0 een reëel getal. De inversie I O,r met centrum O en straal r is de afbeelding vlak \ {O} vlak \ {O} die als volgt wordt gedefinieerd: I O,r (P ) het unieke punt P op de halfrechte [OP zodat OP OP =. Afspraken. Om de notatie te verlichten, wordt, eenmaal afgesproken wat het centrum en de straal van de inversie zijn, het beeld I O,r (P ) van een punt P met P genoteerd. We zullen in dit theorie overzicht deze notatie gebruiken (het centrum is steeds een punt O en de straal is r). Als c een kromme is (bijvoorbeeld een rechte of een cirkel), dan gebruiken we de notatie c om de figuur te benoemen die bekomen wordt door elk punt van c \ {O} te inverteren. Eigenschap 0. Inversie is een involutie: I O,r (I O,r (P )) = P voor elk punt P O. (Duidelijk.) Eigenschap 1. Zijn P en Q verschillende punten in het vlak (en allebei verschillend van O). Dan zijn de driehoeken P OQ en QOP gelijkvormig. In het bijzonder is ÔP Q = ÔQ P en P Q = P Q. OP OQ Bewijs. Dit volgt uit de gelijkheden OP OP = = OQ OQ en P OQ = QOP. Dit is een handige eigenschap om gegeven gelijkheden te vertalen naar de geïnverteerde configuratie, maar het geeft nog niet aan waarom inversie nuttig kan zijn. Wat deze transformatie onderscheidt van andere conforme afbeeldingen (zoals translaties en rotaties) is het feit dat cirkels kunnen omgevormd worden tot rechten en omgekeerd, waardoor een ingewikkelde figuur met veel rakende cirkels plots een mooie tekening met massa s evenwijdige rechten wordt. Eigenschap 2. Zij l een rechte. Als l het punt O bevat, dan is l = l \ {O}. Als l het punt O niet bevat, dan is l de cirkel met diameter [OP ] (waarin we het punt O weglaten), waarbij P de loodrechte projectie van O op l is. 1 Bewijs. De uitspraak voor O l is evident. Stel nu dus dat O l en zij P zoals hierboven. Zij Q een willekeurig punt van l. Dan is 90 = ÔP Q = ÔQ P, dus Q ligt op de cirkel met diameter [OP ]. Omgekeerd kunnen we zien dat elk punt O op deze cirkel afkomstig is van een punt op l. Dus I O,r (l { }) is gelijk aan de cirkel. De gelijkheid l = l \ {O} en de specificatie waarin we het punt O weglaten is wiskundig accuraat, maar leest niet vlot. Als we in het vervolg zien dat de inverse figuur eigenlijk een kromme is waarin het punt O weggelaten is, zullen we dit vanaf nu verzwijgen (maar in een correcte versie van de uitspraak moet zo n precisering er natuurlijk wel bij). Gevolg. Zij Γ 0 de cirkel met middelpunt O en straal r. Zij l een rechte. Als l de cirkel Γ 0 in twee punten snijdt, dan is l de omgeschreven cirkel van O en die twee punten. 2 Als l raakt aan Γ 0, dan is l de cirkel met diameter het lijnstuk tussen O en dat raakpunt. Bewijs. Oefening. Eigenschap 3. Zij Γ een cirkel. Als O op Γ ligt, dan is Γ een rechte die niet door O gaat. Als O niet op Γ ligt, dan is Γ een cirkel die niet door O gaat. In dat geval zijn O en de middelpunten van Γ en Γ collineair. 1 Het feit dat we weten waar het middelpunt van de cirkel ligt, kan in sommige opgaven erg nuttig zijn. 2 Waarin we het punt O verwijderen, maar dit is de laatste keer dat we dit vermelden! Oefening: spot alle uitspraken waar we deze bijzin vergeten zijn.
Bewijs. De eerste uitspraak volgt uit de Eigenschappen 0 en 2. Stel nu dus dat O niet op Γ ligt. Het volstaat (waarom?) aan te tonen dat als ABCD een koordenvierhoek is (waarvan de omgeschreven cirkel niet door O gaat), dan is A B C D ook een koordenvierhoek. Dit volgt uit Eigenschap 1, waarbij we georiënteerde hoeken gebruiken: A C B = ÔC B ÔC A = ÔBC ÔAC = (ÔBD + DBC = ÔBD ÔAD = ÔD B ÔD A = A D B. ) ) (ÔAD + DAC Wat de collineariteit betreft: de spiegeling rond de rechte die O en het middelpunt van Γ verbindt laat de figuur onveranderd, dus ook de inverse figuur moet hier invariant onder zijn. Gevolg. Zij Γ 0 de cirkel met middelpunt O en straal r. Zij Γ een cirkel. Als Γ 0 en Γ uitwendig raken, dan is Γ een cirkel die inwendig raakt aan Γ 0 in datzelfde punt. Als Γ het punt O bevat en de cirkel Γ 0 snijdt in twee punten, dan is Γ de rechte door deze twee snijpunten. Als Γ het punt O bevat en de cirkel Γ 0 inwendig raakt, dan is Γ de raaklijn aan Γ 0 in dat raakpunt. Bewijs. Oefening. De laatste twee uitspraken zijn gratis dankzij het vorige gevolg en Eig. 0. Tijd voor een voorbeeld! Stelling. (Ptolemaeus) Zijn A, B, C en D punten in het vlak, niet allemaal collineair. Dan geldt AB CD + BC AD AC BD. Er geldt gelijkheid als en slechts als ABCD een convexe koordenvierhoek is. Bewijs. We beschouwen de inversie met centrum D en straal 1. De driehoeksongelijkheid en Eigenschap 1 vertellen ons dat AC DA DC = A C A B + B C = AB DA DB + BC DB DC, en hieruit volgt de ongelijkheid. Er geldt gelijkheid als en slechts als B op het lijnstuk [A C ] ligt, i.e., ABC = ( A B C ) is een cirkel door D en de punten B en D liggen op verschillende bogen begrensd door A en C. Gevolg. (VWO 2013) Beschouw drie concentrische cirkels met stralen 1, 2 en 3 en de gelijkzijdige driehoek zodanig dat op elk van de drie cirkels een hoekpunt van ligt. Dan zegt Ptolemaues dat O op de omgeschreven cirkel van ligt. Bijgevolg is P 1 OP 2 = 180 P 1 P 3 P 2 = 120 en dus vertelt de cosinusregel in OP 1 P 2 ons dat z 2 = 1 + 4 + 2 = 7. Wat gebeurt er met rakende figuren? Wel, de filosofie is dat de inversen van rakende objecten terug raken. Concreet: Als Γ 1 en Γ 2 rakende cirkels zijn die niet door O gaan, dan zijn Γ 1 en Γ 2 rakende cirkels die niet door O gaan. Inderdaad, de inverse figuren zijn alvast cirkels die bovendien niet door O gaan, dus elk gemeenschappelijk punt van Γ 1 en Γ 2 inverteert terug naar een gemeenschappelijk punt van Γ 1 en Γ 2 en omgekeerd. Als Γ 1 en Γ 2 raken in O, dan zijn Γ 1 en Γ 2 evenwijdige rechten. Inderdaad, de inverse figuren zijn alvast rechten die niet door O gaan en een snijpunt van die rechten zou terug inverteren naar een gemeenschappelijk punt van Γ 1 en Γ 2 dat verschillend is van O. Stel dat Γ 1 en Γ 2 rakende cirkels zijn, dat O op Γ 1 ligt maar niet op Γ 2. Dan is Γ 1 een rechte die raakt aan de cirkel Γ 2. Inderdaad,...
Een theorie is maar zo mooi als haar meest verrassende voorbeeld, dus we lossen ter inleiding van de oefeningen nog twee problemen van een hoog niveau op. In de eerste vraag zijn er veel cirkels en rechten door een een bepaald punt; daarom willen we inverteren met dat punt als centrum. In de tweede vraag zijn er heel wat hoeken van de vorm XY Z waarbij X en Y vast zijn; daarom willen we inverteren met X of Y als centrum. Voorbeeld. (IMOSL 2003/G4) Zijn Γ 1, Γ 2, Γ 3 en Γ 4 vier verschillende cirkels zodat Γ 1 en Γ 3 uitwendig raken in een punt P en zodat Γ 2 en Γ 4 uitwendig raken in datzelfde punt P. Stel dat Γ 1 en Γ 2 ; Γ 2 en Γ 3 ; Γ 3 en Γ 4 ; Γ 4 en Γ 1 een tweede keer snijden in A, B, C en D respectievelijk en dat deze punten verschillend zijn van P. Toon aan dat AB BC P B 2 = AD DC P D 2. Oplossing. We beschouwen de inversie met centrum P en straal 1. Omdat Γ 1 en Γ 3 raken in P zijn Γ 1 en Γ 3 evenwijdige rechten en analoog zijn Γ 2 en Γ 4 evenwijdige rechten. Hun snijpunten A, B, C en D vormen dus een parallellogram met A B = C D en A D = B C. (Hier gebruiken we dat de punten verschillend zijn van P.) Omwille van Eigenschap 1 betekent dit dat AB P C P D = CD P A P B en AD P B P C = BC P A P D. Voorbeeld. (IMO 1996/2) Zij P een punt in ABC zodat ÂP B ÂCB = ÂP C ÂBC. Zijn D en E de middelpunten van de ingeschreven cirkels van AP B en AP C respectievelijk. Toon aan dat de rechten AP, BD en CE concurrent zijn. Oplossing. We beschouwen de inversie met centrum A en straal 1. Omdat ÂXY = ÂY X voor alle punten X en Y (verschillend van A) zegt de voorwaarde ons dat B C P = C B P, i.e., B P = C P. Dus BP AP AC = CP AB AP, hetgeen we kunnen herschrijven tot BA / BP = CA / CP. De bissectrice BD van ÂBP snijdt [AP ] in een punt M zodat BA / BP = MA / MP en analoog snijdt de rechte CE het lijnstuk [AB] in een punt N zodat CA / CP = NA / NP. Er volgt dat MA / MP = NA / NP. Omdat M, N [AP ] volgt er dat M = N. Oefeningen 1. Stel dat drie cirkels door één punt gaan. Toon aan dat er een cirkel bestaat die aan de drie cirkels raakt. 2. (De cirkel van Apollonius) Stel dat A, B en X drie punten op een rechte zijn. Beschouw de verzameling van alle punten P zodat P X de bissectrice is van ÂP B. Toon aan dat deze verzameling een cirkel is, behalve als X het midden was van [AB]. (De cirkel van Apollonius t.o.v. de punten A en B en de verhouding AX / BX.) 3. Twee cirkels Γ 1 en Γ 2 snijden elkaar in A en B. Een gemeenschappelijke raaklijn aan Γ 1 en Γ 2 raakt hen in R 1 en R 2 (respectievelijk). De rechte door B evenwijdig met de raaklijn snijdt Γ 1 en Γ 2 een tweede keer in S 1 en S 2 respectievlijk. Toon aan dat de omgeschreven cirkels van BR 1 S 2 en BR 2 S 1 elkaar twee keer snijden op AB. 4. Twee cirkels Γ 1 en Γ 2 snijden elkaar in A en B. De raaklijn in A aan Γ 1 snijdt Γ 2 een tweede keer in C en de raaklijn in A aan Γ 2 snijdt Γ 1 een tweede keer in D. Zij E het punt op de spiegeling van A rond B. Toon aan dat ACED een koordenvierhoek is.
5. Zij I het middelpunt van de ingeschreven cirkel van de driehoek ABC en zijn M, N en P de raakpunten van die ingeschreven cirkel aan BC, CA en AB respectievelijk. Toon aan dat de middelpunten van de omgeschreven cirkels van AIM, BIN en CIP collineair zijn. 6. Zij ABCD een vierhoek waarin  + Ĉ = 90. Toon aan dat AB 2 CD 2 + AD 2 BC 2 = AC 2 BD 2. 7. Twee cirkels Γ 1 en Γ 2 (met stralen r 1 en resp.) raken elkaar extern. Zij l een gemeenschappelijke raaklijn aan deze twee cirkels en zijn A en D de raakpunten aan Γ 1 en Γ 2 respectievelijk. De raaklijn aan Γ 1 die evenwijdig is met l (maar niet gelijk aan l) snijdt Γ 2 in de punten E en F. Een willekeurige rechte door D snijdt EF in B en snijdt Γ 2 een tweede keer in C, waarbij we B C veronderstellen. Toon aan dat l raakt aan de omgeschreven cirkel van ABC. 8. (Bay Area MO 2008) Zij D een punt in de driehoek ABC. Zijn A 1, B 1 en C 1 (resp.) de tweede snijpunten van AD, BD en CD met de omgeschreven cirkels van BDC, CDA en ADB. Toon aan dat AD AA 1 + BD BB 1 + CD CC 1 = 1. 9. (IMOSL? 1994) De ingeschreven cirkel van ABC raakt aan BC, CA en AB in D, E en F respectievelijk. Zij X een punt binnen ABC zodat de ingeschreven cirkel van XBC ook raakt aan BC in D. Zijn Y en Z de raakpunten van die ingeschreven cirkel aan CX en BX respectievelijk. Toon aan dat EF ZY een koordenvierhoek is. 10. (Israël 1995) Zij Γ een halfcirkel met diameter [P Q]. Een cirkel Ω raakt Γ inwendig en raakt aan P Q in het punt C. Zij AB de raaklijn aan Ω die loodrecht staat op P Q, waarbij A op Γ en B op het lijnstuk [CQ] ligt. Toon aan dat AC de bissectrice is van P AB. 11. (IMOSL 1998) Zij ABCDEF een convexe zeshoek zodat B + D + F = 360 en Toon aan dat AB BC CD DE EF F A = 1. BC CA AE F D EF DB = 1. (Hint. Toon aan dat de omgeschreven cirkels van ABC, CDE en EF A een gemeenschappelijk punt hebben.)
1. Inverteer t.o.v. het gemeenschappelijke punt: de drie cirkels worden drie snijdende rechten (of misschien evenwijdig). Het is evident dat er een cirkel bestaat die aan deze drie rechten raakt. 2. Inverteer t.o.v. X. Zij P een punt zodat AP / BP = AX / BX (m.a.w., P X is de bissectrice van ÂP B). Dan is AX BX = AP BP = A P XA XP/ B P XB XP/ = A P AX B P BX, dus A P = B P. Met andere woorden, de inversie van de verzameling is de middelloodlijn van [A B ]. Dus de verzameling was een cirkel, behalve als deze middelloodlijn door M gaat. Maar dan zou M ook het midden zijn van [AB]. 3. Zij i de inversie met middelpunt B en straal AB, en schrijf l = S 1 S 2. Dan is i(a) = A, i(l) = l en is i(r 1 R 2 ) een cirkel die in B raakt aan l. Verder raken de rechten i(γ 1 ) = i(a)i(s 1 ) en i(γ 2 ) = i(a)i(s 2 ) aan de cirkel i(r 1 R 2 ) in de punten i(r 1 ) en i(r 2 ) respectievelijk. Deze rechten snijden elkaar in i(γ 1 Γ 2 \ {B}) = A, dus i(r 1 R 2 ) is de ingeschreven cirkel van Ai(S 1 )i(s 2 ). Omwille van de bissectricestelling en Menelaos geldt dus dat i( BS 1 R 2 ) = i(s 1 )i(r 2 ), i( BR 1 S 2 ) = i(s 2 )i(r 1 ) en i(ab) = AB (de transversalen gedefinieerd door de raakpunten van de incirkel) concurrent zijn, dus BR 2 S 1 en BR 1 S 2 en AB snijden elkaar in een punt verschillend van B. 4. Inverteer t.o.v. A. Dan zijn (AC) = AC en Γ 1 evenwijdige rechten, evenals AD en Γ 2. Merk op dat B het snijpunt is van Γ 1 en Γ 2, dus AC B D is een parallellogram. Omdat AE = 2 AB is AB = 2 AE (en E ligt tussen A en B ) dus E is het midden van [AB ], dus E is het midden van [C D ]. In het bijzonder is ( CDE) een rechte dus ACED was een cirkel. 5. Zij r de straal van de ingeschreven cirkel en zij i de inversie met middelpunt I en straal r. Dan is i(m) = M, i(n) = N en i(p ) = P. Dus is i( AIM) = i(a)m, i( BIN) = i(b)n en i( CIP ) = i(c)p. We beweren dat i(a) het midden is van [NP ]. Hieruit zou het gestelde volgen want dan zouden de i(a)m, i(b)n en i(c)p concurrent zijn (Menelaos/zwaartepunt), dus zouden de omgeschreven cirkels elkaar snijden in een punt verschillend van I en dat kan enkel als hun middelpunten collineair zijn. We bewijzen nu nog dat i(a) het midden is van [NP ]. In de gelijkbenige driehoek ANP is AI de bissectrice van de tophoek, dus AI is meteen ook de middelloodlijn van [NP ]. Verder is i(ab) een cirkel die diameter [IP ] heeft (want P is de loodrechte projectie van I op AB), en is i(ac) een cirkel die diameter [IN] heeft. Als X = i(a) het tweede snijpunt is van deze twee cirkels (naast I), dan is P XI = NXI = 90, dus IX NP, dus IX = IA, dus X is het snijpunt van NP met IA. Omdat IA de middelloodlijn was van NP, volgt dus dat i(a) het midden is van [MN]. Alternatief: zij S het snijpunt van IA en NP. Dan is ISP gelijkvormig met IP A, dus IS/IP = IP/IA, i.e., IA IS = IP 2 =, dus S = i(a). 6. Zij X het beeld van het punt X onder I(D, r). Dan is B C = BC DB DC, C A = CA DC DA, A B = AB DA DB.
Verder is A B C = A B D + DB C = DAB + BCD = 90 Dus (A B ) 2 +(B C ) 2 = (C A ) 2. (We kunnen de cosinusregel toepassen i.p.v. Pythagoras om een veralgemeende Ptolemaeus te verkrijgen.) 7. Zij i de inversie t.o.v. A (willekeurige straal). Dan is i(l) = l en is i(γ 1 ) een rechte die evenwijdig is met l. Omdat EF evenwijdig is met l, heeft i(ef ) geen punt in het eindige vlak zonder A gemeen met l, i.e., i(ef ) is een cirkel die in A aan l raakt. Verder raakt i(ef ) ook aan i(γ 1 ). Verder is i(γ 2 ) een cirkel die in i(d) aan l raakt en ook aan i(γ 1 ) raakt. De configuratie is dus momenteel: i(γ 1 ) is een rechte die evenwijdig is met l, en i(γ 2 ) en i(ef ) zijn twee cirkels die raken aan i(γ 1 ) en l (in A en i(d) respectievelijk). De rechte BC gaat niet door A, dus i(bc) is een cirkel door A en i(d). Het tweede snijpunt van i(bc) met i(γ 2 ) is i(c) en het tweede snijpunt van i(bc) met i(ef ) is i(b). Maar de figuur is symmetrisch rond de middelloodlijn van [Ai(D)] (i.e., als we gewoon de twee evenwijdige rechten, de twee rakende cirkels en de willekeurige cirkel beschouwen, dan is het duidelijk dat de twee snijpunten van die willekeurige cirkel met de rakende cirkels even hoog gaan liggen), dus i(b)i(c) is evenwijdig met l, i.e., i( ABC) is evenwijdig met l, i.e., ABC raakt aan l. 8. (Bay Area MO 2008) We beschouwen de inversie met centrum D en straal 1. De inverse van de omgeschreven cirkel van BDC is een rechte B C die niet door D gaat. De inverse van AD is AD. Dus A 1 is het snijpunt van B C en A D. Dus D is nu een punt geworden in de driehoek A B C (in het bijzonder is A A 1 = A D + A 1 D ) en A 1, B 1 en C 1 zijn de snijpunten van A D, B D en C D met de overstaande zijden. Verder is ( AD AA 1 = 1 + A ) 1 ( ) 1D = 1 + A D 1 AD A 1 D = A 1 D A A 1 = Opp( B C D) Opp( A B C ). Hieruit volgt het gestelde. 9. (IMOSL? 1994) Inverteer met centrum D en straal 1. Dan zijn BC = B C, Γ A en Γ X evenwijdige rechten (waarbij Γ P de omgeschreven cirkel is van BCP ). De cirkel (BF ) raakt aan de rechte Γ A in het punt F. Omdat Γ A en B D = BD evenwijdig zijn, is F dus het midden van de boog B D op (BF ), i.e., noteren we het midden van [B D] met M B, dan is F het voetpunt van M B op Γ A. Analoog is E het voetpunt van M C op Γ A, is Y het voetpunt van M C op Γ X en is Z het voetpunt van M B op Γ X. Omdat Γ A en Γ X evenwijdig zijn, is E F Z Y een rechthoek, in het bijzonder een koordenvierhoek. Hieruit volgt dat EF ZY een koordenvierhoek is of een rechte. Dit laatste is enkel mogelijk als A = X. 10. (Israël 1995) We beschouwen de inversie met centrum C en straal 1. Dan is Γ een halfcirkel met diameter [P Q ]. (Symmetrie rond P Q in het begin, dus centrum ligt zeker op P Q = P Q en is dus het midden van de koorde [P Q ].) De rechte Ω raakt aan P Q en is evenwijdig met P Q (het raakpunt is dus het middelpunt van de boog P Q op Γ ). Door het bewijs na te lezen van het feit dat (AB) een cirkel is, zien we dat (AB) een cirkel is met diameter [B C]. Deze cirkel moet overigens raken aan Ω. Er volgt dat de stralen van de cirkels Γ en (AB) gelijk zijn. (Inderdaad, ze zijn gelijk aan de afstand tussen hun middelpunten en hun gemeenschappelijke raaklijn; omdat de verbindingsrechte tussen hun
middelpunten evenwijdig is met die raaklijn, zijn deze afstanden gelijk.) Omdat P, C, B, Q in die volgorde op een rechte lagen, liggen P, C, Q, B in die volgorde op een rechte en dus volgt uit de gelijkheid van de stralen dat A B P gelijkbenig is met tophoek in A. (Merk hierbij op dat A het snijpunt is van Γ en (AB) dat tussen de rechten P Q en Ω ligt.) Omdat A P AC P C = AP en A B AC BC = AB vinden we dat AB AC P C = AP AC BC, i.e., AB / BC = AP / P C. Gebruik nu de bissectricestelling. 11. (IMOSL 1998) De omgeschreven cirkels van ABC, CDE en EF A een gemeenschappelijk punt. Inderdaad, zij P het snijpunt van de laatste twee cirkels. Dan is ÂP C = ÂP E + ÊP C = (180 ÂF E) + (180 ÊDC) = ÂBC, dus P ligt op de omgeschreven cirkel van ABC. We inverteren met centrum P en straal 1. Omwille van de definitie van P zijn B, D en F punten op de zijden van de driehoek A C E. Verder is A B B C C D D E E F AB/(P A P B) F A = BC/(P B P C) = AB P C BC P A = 1 door cancellatie en het gegeven. Menelaos zegt dus dat B, D en F collineair zijn. Dus E is een punt op A F, D is een punt op B F en C is een punt op A B en deze drie punten zijn collineair. Menelaos (maar nu omgekeerd) impliceert dat... Verwijder nu de accenten en we zijn er.