DE STELLING VAN NAPOLEON

www.raves.nl ton@raves.nl DE STELLING VAN NAPOLEON LUIDT: Als men aan de drie zijden van een willekeurige driehoek ABC gelijkzijdige driehoeken legt dan vormen de zwaartepunten van die drie gelijkzijdige driehoeken wéér een gelijkzijdige driehoek. De gelijkzijdige driehoeken mag men naar uiten leggen, of alle drie naar innen! Er ontstaat aldus een uitwendige en een inwendige gelijkzijdige driehoek, waarvan het verschil in oppervlakte precies de oppervlakte van driehoek ABC is. IDEE VAN HET BEWIJS We kiezen een assenstelsel zo dat het eerste punt van driehoek ABC de oorsprong A(0,0) is en punt B(6,0) op de x-as ligt. Voor het derde punt kunnen de coördinaten dan nog variael gekozen worden. Wij kiezen C(a,), zodat het midden van lijnstuk AB mooi (en simpel) uitvalt: D(a,). Dan zijn de andere middens (van BC:) E(a+,) en van AB (uiteraard:) L(,0). Aanname is dat a en positief zijn. Nu gaan we die gelijkzijdige driehoeken eens maken. Met name de cirkel rond A met straal AC en die snijden met die rond C met dezelfde straal c1 : x + y = 4a +4 (1) c : (x a) + (y ) = 4a +4 () Dit stelsel vergelijkingen wordt gewoon (algeraïsch) opgelost en lijkt tamelijk eenvoudige coördinaten van snijpunten op te leveren; zo eenvoudig dat voor de volgende snijpunten (van de cirkels rond B en C met straal BC) een glashelder vermoeden voor de hand ligt (dat uiteraard raaf ewezen wordt!) De coördinaten van de zwaartepunten van (de gelijkzijdige) driehoeken ACI; BCL liggen daarmee vast (wel te onderscheiden: inwendige en uitwendige driehoeken!...) Van driehoek ABF lag dit al vast: (uitwendig:) M1(, ) of (inwendig:) M1(,+ ). Van de uitwendige en inwendige driehoek M1MM ekijken we vervolgens (met ehulp van de Stelling van Pythagoras) de lengten van de zijden M1M ; MM en tot slot M1M. Alle expressies zijn dan uitgedrukt in a en (en lijken gelijk te zijn!!) Na OPMERKINGEN laten we eerst een tekening zien van het geheel en daarna een van de uitwendige variant. OPMERKINGEN In plaats van (6,0) kan men ervoor kiezen om daar (1,0) of (,0) of zo voor te nemen. Mocht men alles zelf eens willen tekenen dan is de tekening met (6,0) op nette wijze te doen en wordt het geen gepriegel! De in dat punt M1 komt tevoorschijn uit de eigenschap dat elke gelijkzijdige driehoek een hoogtelijn heeft die lijnstukken met lengten in de verhouding 1: : oplevert (Ook te zien met Pythagoras.). Die lijkt ook een factor te zijn waar men a dan wel mee moet vermenigvuldigen en met de ander optellen voor de epaling van de coördinaten! Zie de tekening gemaakt met Geogera

TEKENING In deze figuur zijn omwille van de duidelijkheid veel hulplijntjes en letters uitgegumd. Geogera genereert zelf allerlei letters en geruikt A t/m Z en daarna A1; B1, enzovoorts In ovenstaande tekening is W ijvooreeld het zwaartepunt van de uitwendige gelijkzijdige driehoek aan zijde BC. Duidelijk te zien is dat de coördinaten van het derde hoekpunt van de gelijkzijdige driehoek aan zijde AB zijn: (uitwendig:) H(, ) en (inwendig:) G(,+ ). Ga maar na! UITWENDIG In deze nieuwe figuur zijn andere letters geruikt dan in de tekening en ziet men alleen de uitwendige driehoek hier: PQR.

De punten B en C zijn in Geogera lauw gekleurd en kan men elk verschuiven (naar links; naar rechts; naar oven etc.) waarmee de hele figuur transformeert, echter steeds met een rode gelijkzijdige driehoek PQR tot gevolg. Voor de TEKENING met zowel de uitwendige als de inwendige driehoeken geldt hetzelfde en dit schuif/sleep-spel is spectaculair om te zien! Hieronder egint dan het Cartesisch Bewijs:

LINKS (PUNT I) We hadden c1 : en c : x + y = 4a +4 (x a) + (y ) = 4a +4 (1) () Maar () is te vereenvoudigen tot: x 4ax+4a +y 4y+4 = 4a +4 kortom tot: x + y = 4ax +4y () Dit () comineren ( gelijkstellen ) met (1) geeft: 4ax +4y = 4a +4 (alles delen door 4:) ax + y = a + Nu hier de y in vrijmaken: y = a + ax En onder voorwaarde (zie aanname met >0) geldt: En dit weer invullen in (1) geeft: 𝑥 + 𝑎 + ( ) 𝑦= 𝑎 + ( 𝑎 + 𝑎 𝑥 𝑎 𝑎 ) 𝑥 + 𝑥 = 4𝑎 + 4 Vermenigvuldig nu alles met en je krijgt 𝑥 + 𝑎4 + 𝑎 + 4 (𝑎 + ) 𝑎𝑥 + 𝑎 𝑥 = 4𝑎 + 4 4 (𝑎 + )𝑥 (𝑎 + ) 𝑎𝑥 + 𝑎4 𝑎 4 = 0 𝑥 𝑎𝑥 + 𝑎4 𝑎 4 𝑎 + = 0 𝑎 4 𝑎 4 )= 𝑎 + 4 1𝑎 +1 1 (𝑎 + ) = 𝑎 + (𝑎 + ) Hiervan is de discriminant: 4𝑎 4 ( = 4𝑎4 +4𝑎 4𝑎4 +8𝑎 +14 𝑎 + = Dus de oplossingen zijn: 𝑥 = 𝑎 1 v 𝑥= = 1 𝑎+ 1 𝑥 = 𝑎 v 𝑥 = 𝑎 + Wel heel erg eenvoudig! Het enige dat we erij heen gekregen is die factor! Die x=a kun je in (1) invullen, maar dan krijg je y = a + a + en dan herken je misschien niet goed dat die expressie het kwadraat is van: a + Geruik je (: ) x + y = 4ax +4y dan geeft invullen van x= a : 4a +4 = 4a 4a +4y 4y= 4 +4a (en weer onder de voorwaarde dat 0.) y= + a..... (I) En op dezelfde manier: ij x= a + hoort: y= a (II), reken maar na! Het wordt tijd om nog eens terug te kijken naar de tekening! Die factor keer het (halve) etreffende lijnstuk erij/eraf (inderdaad volgens de verhouding: 1 : :.......)

INZICHT! In de figuur hieroven is punt D(a,) het midden van AC en als je goed kijkt lijken: AS=a; SD=WZ=; TD=EZ= ; Met enig meetkundig inzicht merkt men dat je vanuit het midden van E(a+, ) precies naar rechts moet gaan om de x-coördinaat van het rechterpunt van de gelijkzijdige driehoek te krijgen (voor het gemak even punt G genoemd!), net zoals je vanuit het midden van AC (punt D) naar links moet gaan om het derde punt van de gelijkzijdige driehoek aan zijde AC te vinden. Met meer meetkundig inzicht (hulplijntjes o.a. langs punt E- het midden van lijnstuk BC) ziet men van alles, maar daar gaat het ons (hier) nu niet om! Wij stellen vast dat om de y-coördinaat van het linker punt te vinden men gewoon a ij de y-coördinaat () van het midden van lijnstuk AC (punt K) moet optellen. Het zwaartepunt M van de linker driehoek ACI ligt nu vast: x M = 1 x A + 1 x C + 1 (a ) = 0 + 1 a + 1 a 1 = a 1 en y M = 0 + 1 + 1 ( + a ) = + 1 a Ook al zo eenvoudig! Kwestie van ontinden in componenten in de x- en y-richting. Op die wijze vindt men ook het zwaartepunt M(a++ 1, +1 ( a) ) M(a++ 1, 1 a + ) is het zwaartepunt van (de rechter) uitwendige driehoek BCG met G(a++, a + )

Wie puur algeraïsch die punten zoekt is wel even ezig! De cirkels rond B en C met straat BC heen vergelijkingen: (x 6) + y = (6 a) + 4 x + y = 1x + 4a + 4 4a (4) (x a) + (y ) = (6 a) + 4 x + y = 6 + 4ax + 4y 4a (5) en na gelijkstellen vindt men: 6 + 4ax + 4y 4a = 1x + 4a + 4 4a (na alles delen door 4:) 9 + ax + y = x + a + y = ( a)x + a + 9 a y = En dit is nota ene de (vergelijking van de) middelloodlijn van lijnstuk BC! We laten meteen zien dat M en punt G hier netjes op liggen: x=a++ 1 en y= 1 a + invullen geeft: 1 a a + = (a + + 1 ) + a + 9 x + a + 9 Vermenigvuldigen met en de haakjes wegwerken.en alles valt weg! Het klopt! Je kunt de coördinaten van G ook in (6) invullen en zult met verwondering zien hoe alles wegvalt/klopt: a + = a (a + + ) + a + 9 a + = a + 9 + a a a + a + 9 Punt G met x=a++ invullen in (4) geeft: (a + + ) + ( a + ) = 4a + 4 1a + 1 + 6 = 1(a + + ) + 4a + 4 4a En weer valt alles weg!.klopt weer als een us (6) (invullen in (5):) (a + + ) + ( a + ) = 6 + 4a(a + + ) + 4( a + ) 4a a + 6a + a + 9 + 6 + + a + a 18a + 6 + 7= 6 + 4a + 1a + 4a + 4 4a + 1 4a 4a + 4 1a + 1 + 6 = 6 + 4a + 1a + 4 + 1 4a En ook hier valt alles geheel weg! De oplossingen zoeken van het stelsel (4) en (5) hoeft dus niet meer; ze zijn: x = a + + x = a + { ( uitwendig ) en inwendig :) { y = a + y = + a Hiermee heen we uitwendig : { M 1 (, ) M (a + + 1, 1 a + ) M (a 1, + 1 a ) M 1 M = (x M x M1 ) + (y M y M1 ) = (a + 1 ) + ( 1 a + ) = a + a + 1 + a + 1 a 4a + 4 + 1 = 4 a + 4 + 4 4a + 1

M 1 M = (x M x M1 ) + (y M y M1 ) = (a 1 ) + ( + 1 a + ) = a a + 1 + 6a + 9 + + a + 1 a + + a + = 4 a + 4 + 4 4a + 1 =M 1 M En M M = (x M x M ) + (y M y M ) = (a 1 a 1 ) + ( + 1 a + 1 a ) = ( + ) + ( a ) (let op de extra min in de eerste term (die gekwadrateerd is!) = 4 + 4 9 + 4 a 4a + = 4 a + 4 + 4 4a + 1 =M 1 M =M 1 M Conclusie: driehoek M1MM is een gelijkzijdige driehoek Inwendig heen we { M 1 (, + ) M (a + 1, + 1 a ) M (a + 1, 1 a ) M 1 M = (x M x M1 ) + (y M y M1 ) = (a 1 ) + ( + 1 a ) = a a + 1 + + a + 1 a 4a 4 + 1 = 4 a + 4 4 4a + 1 M 1 M = (x M x M1 ) + (y M y M1 ) = (a + 1 ) + ( 1 a ) = a + a + 1 + 6a + 9 + a + 1 a + a + = 4 a + 4 4 4a + 1 =M 1 M en tot slot: M M = (x M x M ) + (y M y M ) = (a 1 a + 1 ) + ( + 1 a + 1 a ) = ( ) + ( a ) = 9 4 + 4 + 4 a 4a + = 4 a + 4 4 4a + 1 =M 1 M =M 1 M Conclusie: Ook inwendig is driehoek M1MM een gelijkzijdige driehoek. Het opmerkelijke is dat het zwaartepunt van deze eide driehoeken wéér het punt ( a +, ) is! En dit is gewoon het zwaartepunt van driehoek ABC zelf! Kijk maar naar de coördinaten!...

Als toegift iets over de oppervlakten van de driehoeken! In een gelijkzijdige driehoek is de hoogte (vanwege weer die verhouding 1: :) -zie ook een Opmerking in het egin- gelijk aan de asis keer 1 Dus is dan de oppervlakte van de (uitwendige) driehoek M1MM gelijk aan: 1 1 M 1M = 1 4 (4 a + 4 + 4 4a + 1) En die van de inwendige driehoek M1MM gelijk aan: 1 1 M 1M = 1 4 (4 a + 4 4 4a + 1) Het verschil van die twee oppervlakten is:. + = 6 en dat is precies de oppervlakte van driehoek ABC!!! Van driehoek ABC was de hoogte en 6 de asis (die hadden wij immers zo gekozen)! Valkenisse, mei 017