CURSUS GRONDSLAGEN VAN DE MEETKUNDE


HOOFDSTUK TIEN


Stelling 10.1 : Gegeven twee lijnen l en m en een transversaal t. Als de lijnen snijden dan is de som van precies één paar binnenhoeken aan dezelfde kant van t kleiner dan twee rechte hoeken.

Bewijs: De vier binnenhoeken zijn samen gelijk aan vier rechte hoeken, dus als de conclusie van de stelling niet geldt is elk van beide paren binnenhoeken aan dezelfde kant van t samen twee rechte hoeken. Dan is ook elk van beide paren alternerende binnenhoeken een paar van congruente hoeken. Volgens stelling 9.3 zouden l en m dan parallel zijn.

Ga na dat stelling 9.3 ook uit stelling 10.1 volgt. Dus beide stellingen zijn equivalent.


Stelling 10.1 is de omkering van het parallellenpostulaat zoals Euclides dat formuleerde.

OPGAVE 16: Bewijs dat de omkeringen van stelling 9.3 en stelling 10.1 equivalent zijn met het parallellenpostulaat (zoals het staat in hoofdstuk twee).


Twee lijnen l en m heten 'equidistant' indien de lengte van een segment loodrecht op l en m en met eindpunten op l en m onafhankelijk is van deze eindpunten.

OPGAVE 17: Bewijs dat het parallellenaxioma equivalent is met de bewering dat evenwijdige lijnen altijd equidistant zijn (gebruik de omkering van stelling 9.3; geldt 'zzh' altijd?).


De Jezuïet Gerolamo Saccheri (1667-1733) meende dat hij het parallellenaxioma uit de andere axioma's kon bewijzen ('Euclides ab omni naevo vindicatus'). Hij beschouwde de rechthoeken die later zijn naam gekregen hebben:

Hij wist dat de bovenbasishoeken ∠C en ∠D congruent zijn (vgl stelling 9.5).
Beschouwt men een driehoek ΔABC, de middens D en E van zijden [AC] en [BC], en de voetpunten G en H vanuit A en B op lijn ←DE→, dan is ◊GHBA een Saccheri vierhoek met benedenbasis [GH] (laat F het voetpunt van de loodlijn uit C op lijn ←DE→ zijn, bewijs dat [BH]≅[CF]≅[GH]; er zijn nog andere plaatjes mogelijk).

Omgekeerd kan men uitgaande van Saccheri vierhoek GHBA met benedenbasis [GH] zo'n driehoek ABC construeren met middens op ←GH→ (ga dit na).
Dus de bovenbasishoeken ∠A en ∠B van ◊GHBA zijn congruent: α + γ1 = β + γ2.
Laat γ = γ1 + γ2. Als α + β + γ = W dan α + γ1 = β + γ2 = W/2 (bij de andere plaatjes heb je iets dergelijks). Dus volgt:


Stelling 10.2 : De bovenbasishoeken van een Saccheri vierhoek zijn altijd scherp (respectievelijk recht of stomp) dan en slechts dan als de som van de hoeken in een driehoek altijd kleiner is dan (respectievelijk gelijk is aan of groter is dan) twee rechte hoeken.

Saccheri bewees correct dat de 'hypothese van de stompe bovenhoek' tot een tegenspraak leidt, maar foutief dat de 'hypothese van de scherpe bovenhoek' tot een tegenspraak zou leiden.
Legendre (1752-1833) presteerde precies hetzelfde: hij bewees (zoals wij dat in hoofdstuk negen deden) dat de som van de hoeken in een driehoek steeds hoogstens gelijk is aan twee rechte hoeken.
We zullen nu zien dat de 'hypothese van de rechte bovenhoek' equivalent is met het parallellenaxioma.


Stelling 10.3 : Als de som van de hoeken in een driehoek steeds gelijk is aan twee rechte hoeken dan geldt het parallellenaxioma, en omgekeerd.

Bewijs:
1) Stel dat het parallellenaxioma geldt. Beschouw ΔABC.

Zij l de lijn door C parallel met ←AB→. Zij t de lijn ←AC→ en t' de lijn ←BC→. Omdat de alternerende binnenhoeken van transversaal t congruent zijn, en idem voor transversaal t', volgt dat de som van de hoeken van ΔABC gelijk is aan twee rechte hoeken.

2) Omgekeerd, stel dat de som van de hoeken in een driehoek altijd gelijk is aan twee rechte hoeken.
Zij P een punt en l een lijn, en P niet op l.
Laat B het voetpunt zijn van de loodlijn t uit P op l (vgl stelling 6.6 en het gevolg van stelling 7.1).
Laat m de loodlijn vanuit P op t zijn (vgl stelling 8.4).
Volgens stelling 9.1 zijn l en m parallel.
Stel dat n een andere lijn door P is.

Kies een punt Q op n aan dezelfde kant van m als B.
Kies een punt C op l en een punt R op m aan dezelfde kant van t als Q.
Laat φ=∠RPQ.
Laat α en β de hoekmaten van ∠P en ∠C zijn in ΔPBC. Dan α+γ=90.
Kies D1 op straal [BC→ zo dat B-C-D1 en [PC]≅[CD1].
Laat δ de hoekmaat ∠D1zijn in ΔPCD1. Omdat ΔPCD1 gelijkbenig is, is ∠P = ∠D1 (vgl stelling 6.1).
Dus δ=γ/2 (ga na).
Voor elk natuurlijk getal k, kies Dk+1 op straal [BC→ zo dat B-Dk-Dk+1 en [PDk]≅[DkDk+1]. Met volledige inductie bewijst men dat de hoekmaat van ∠Dk+1 in ΔDkPDk+1 gelijk is aan (1/2)k+1γ.
Er is k zo dat de som Σ1k(1/2)jγ groter is dan 90-α-φ. Uit een variant van de stelling in opgave 14 volgt dan dat voor die k straal [PQ→ binnen ∠BPDk ligt.
Dus dan snijdt straal [PQ→ segment [BDk] (kruisstelling 4.7). Dus n snijdt l.


Stelling 10.4 : Als de som van de hoeken in een driehoek gelijk is voor alle driehoeken dan is die som gelijk aan 180.

Bewijs: Beschouw een driehoek ΔABC met α=m∠A, β=m∠B, γ=m∠C.

Stel α + β + γ = W.
Laat D, E, F de middenpunten zijn van de zijden [AB], [BC], [CA] resp.
Dan is de som van de hoeken van de driehoeken ΔADF, ΔDFE, ΔFEC, ΔDEB gelijk aan 4W, maar ook aan α + β + γ + 6R (met R=90); dus W=2R.


HOME