CURSUS GRONDSLAGEN VAN DE MEETKUNDE

HOOFDSTUK NEGEN

Twee lijnen l en m heten 'evenwijdig' of ook 'parallel' als ze geen snijpunt hebben (notatie l // m). Analoog definieert men evenwijdigheid van stralen en segmenten.

Stelling 9.1 : Als twee lijnen l en m beide loodrecht staan op dezelfde lijn t, dan zijn ze parallel.

Bewijs: Stel dat ze snijden in R. Dan zijn er vanuit R twee loodlijnen op t. Dit is strijdig met het gevolg van stelling 7.1.

Stelling 9.2 : Gegeven een lijn l en een punt P niet op l. Dan is er altijd minstens één lijn m door P die parallel is met l.

Bewijs: Er is precies één lijn t door P die loodrecht staat op l (stelling 6.6 en gevolg stelling 7.1); er is precies één lijn m door P die loodrecht staat op t (stelling 8.4). De lijn m voldoet (stelling 9.1).

Als een lijn t twee lijnen l en m snijdt in P en Q respectievelijk (dan heet t 'transversaal' van l en m), en A en D liggen achtereenvolgens op l en m aan verschillende kanten van t, dan heten ∠APQ en ∠DQP 'alternerende binnenhoeken'.

Als ∠x en ∠y alternerende binnenhoeken zijn, en ∠y en ∠z overstaande hoeken, dan heten ∠x en ∠z 'corresponderende hoeken'.

Stelling 9.3 : Gegeven twee lijnen l en m en een transversaal t. Als twee alternerende binnenhoeken (of twee corresponderende hoeken) congruent zijn, dan zijn de lijnen parallel.

Bewijs: Stel dat de snijpunten van l en m met t achtereenvolgens P en Q zijn, en dat R snijpunt van l en m is.

Uit het gegeven volgt dat van ΔPQR de binnenhoek bij P congruent is met een buitenhoek bij Q (of vice versa). Dit is strijdig met stelling 7.1.

Stelling 9.4 ('veelhoekongelijkheid'): Als A₁, A₂, ... , A_n punten zijn (n≥2), dan A₁A₂ + A₂A₃ + ... + A_n-1A_n ≥ A₁A_n.

Bewijs (met volledige inductie): Voor n=2 staat er A₁A₂ ≥ A₁A₂, klopt.
Stel dat de stelling klopt voor m punten (inductiehypothese).
Beschouw nu m+1 punten A₁, A₂, ... , A_m+1. Dan geldt:
A₁A₂ + A₂A₃ + ... + A_m-1A_m + A_mA_m+1 ≥ A₁A_m + A_mA_m+1 ≥ A₁A_m+1
(de eerste ongelijkheid volgt uit de inductiehypothese, de tweede uit de driehoeksongelijkheid). Dit was de inductiestap.

Gegeven vier punten A,B,C,D, geen drie collineair. Stel dat de segmenten [AB], [BC], [CD], [DA] elkaar alleen in eindpunten snijden. Dan heet [AB]∪[BC]∪[CD]∪[DA] een 'vierhoek' (notatie ◊ABCD).
De segmenten [AB], [BC], [CD], [DA] heten de 'zijden' van de vierhoek, de segmenten [AC] en [BD] de 'diagonalen'. De hoeken ∠ABC, ∠BCD, ∠CDA, ∠DAB heten de 'hoeken' van de vierhoek (kort ∠B, ∠C, ∠D, ∠A, resp.).
Als alle vier de hoeken recht zijn, heet de vierhoek een 'rechthoek'. Maar bestaat er wel een rechthoek?

Als we een rechthoek proberen te construeren (zonder het parallellenaxioma), krijgen we een 'Saccheri vierhoek':
◊ABCD heet Saccheri vierhoek als ∠A en ∠D recht zijn en [AB]≅[CD].
∠A en ∠D heten 'benedenbasishoeken', ∠B en ∠C 'bovenbasishoeken'.

Stelling 9.5 : De diagonalen van een Saccheri vierhoek zijn congruent. De bovenbasishoeken zijn congruent.

Bewijs: ΔBAD ≅ ΔCDA (zhz), dus [BD]≅[CA]. Dan ΔBCD ≅ ΔCBA (zzz). Dus ∠C ≅ ∠ B.

Stelling 9.6 : Stel dat ◊ABCD en ◊A'B'C'D' Saccheri vierhoeken zijn met benedenbases [AD] en [A'D'] repectievelijk.
Als [AD]≅[A'D'] en [AB]≅[A'B'] dan [BC]≅[B'C'] en ∠B ≅ ∠ B' (de vierhoeken zijn 'congruent').

Bewijs: ΔBAD ≅ ΔCDA ≅ ΔB'A'D' ≅ ΔC'D'A' (zhz, rechte hoeken zijn congruent volgens stelling 8.3).
Dus [BD] ≅ [CA] ≅ [B'D'] ≅ [C'A'] en ∠BDA ≅ ∠CAD ≅ ∠B'D'A' ≅ ∠C'A'D'.
Dan ook ∠BDC ≅ ∠CAB ≅ ∠B'D'C' ≅ ∠C'A'B' (zie de stelling van opgave 8 4)).
Dus ΔBDC ≅ ΔCAB ≅ ΔB'D'C' ≅ ΔC'A'B' (zhz), dus ∠C ≅ ∠ B ≅ ∠C' ≅ ∠ B', en [BC] ≅ [B'C'].

Stelling 9.7 : In een Saccheri vierhoek ◊ A₁B₁B₂A₂ is de bovenbasis B₁B₂ minstens zo lang als de benedenbasis A₁A₂.

Bewijs: Men kan een rij van n congruente Saccheri vierhoeken maken als volgt:

(met A₁, A₂, ... , A_n+1 op één lijn; de loodlijn te A_i is immers uniek; we weten niet of B₁, B₂, ... , B_n+1 collineair zijn).
Volgens stelling 9.6 is B₁B₂ = B₂B₃ = ... = B_nB_n+1.
Op grond van de veelhoekongelijkheid 9.4 geldt dan B₁B_n+1 ≤ B₁B₂ + B₂B₃ + ... + B_nB_n+1 = nB₁B₂.
Evenzo A₁A_n+1 ≤ A₁B₁ + B₁B_n+1 + B_n+1A_n+1.
Dus nA₁A₂ ≤ 2A₁B₁ + nB₁B₂, dus n(A₁A₂-B₁B₂) ≤ 2A₁B₁.
Stel nu dat A₁A₂ groter is dan B₁B₂. Dan volgt tegenspraak als n groter is dan 2A₁B₁/(n(A₁A₂-B₁B₂)).

Stelling 9.8 : In een Saccheri vierhoek ◊ABCD (met benedenbasis [AD]) is ∠BDC ≥ ∠ABD;.

Bewijs: Als ∠BDC kleiner is dan ∠ABD, volgt uit stelling 7.4, toegepast op ΔABD en ΔCDB, dat [BC] kleiner is dan [AD]. Dit is dan strijdig met stelling 9.7.

Stelling 9.9 : Als in ΔABD geldt m∠A = 90, dan m∠B + m∠D ≤ 90 (dus m∠B en m∠D zijn scherp), en de 'hypotenusa' [BD] is langer dan de 'benen' [AB] en [AD].

Bewijs (zie figuur bij 9.8):
m∠B + m∠D = m∠ABD + 90 - m∠BDC ≤ 90 (zie stelling 9.8). De bewering over de hypotenusa volgt dan uit stelling 7.2.

Stelling 9.10 : Gegeven ΔABC. Laat D 'voetpunt' zijn van de loodlijn uit B op lijn ←AC→. Als [AC] een langste zijde is van ΔABC, dan A-D-C.

Bewijs:
1) Stel A=D. Dan volgt uit stelling 9.9 dat [BC] groter is dan [AC], tegenspraak.
2) Stel D-A-C.

Dan is [AC] kleiner dan [DC] en, volgens stelling 9.9, [DC] kleiner dan [BC]. Dus [AC] kleiner dan [BC], tegenspraak.

Stelling 9.11 : Gegeven ΔABC. Dan m∠A + m∠B + m∠C ≤ 180.

Bewijs: Stel dat [AC] een langste zijde is. Laat D het voetpunt van de loodlijn uit B op lijn ←AC→ zijn. Volgens stelling 9.10 is A-D-C.

Volgens stelling 9.9 is m∠A + m∠B₁ ≤ 90 en m∠C + m∠B₂ ≤ 90. Dus m∠A + m∠B + m∠C ≤ 180.

OPGAVE 15: Beschouw het 'pseudovlak' bestaande uit de punten binnen een cirkel; de 'lijnen' zijn de (maximale) lijndelen binnen de cirkel.
Ga uit van het gewone euclidische afstandsbegrip.
Ga na aan welke axioma's en stellingen die we tot nu toe gehad hebben in deze 'pseudomeetkunde' voldaan is.