Harmonisch puntenviertal

Neem nu even de bissectrice stelling:  de bissectrice van een hoek van een driehoek verdeelt de overstaande zijde  in stukken die zich verhouden als de aanliggende zijden. Dit geldt zowel voor de binnen bissectrice als de buiten bissectrice.

Dus : \frac{|DC|}{|DB|}=\frac{b}{c}=\frac{|D'C|}{|D'B|}. Als we de lijnstukken een richting geven en tegengesteld gerichte lijnstukken van een tegengesteld teken voorzien, kunnen we hieruit besluiten dat :

    \[\frac{|DC|}{|DB|}=-\frac{|D'C|}{|D'B|}\]

Een viertal punten, dat op een rechte ligt net zoals B,C,D en D’ noemen we een harmonisch puntenviertal. Andere formuleringen: 

  • De punten D en D’ liggen harmonisch ten opzichte van de punten B en C.
  • Het punt D’ is harmonisch toegevoegd aan het punt D ten opzichte van de punten B en C.
  • De dubbelverhouding van 4 punten, genoteerd als (BCDD') wordt gedefinieerd als \frac{|DC|}{|DB|}.\frac{|D'B|}{|D'C|}. Bij een harmonisch puntenviertal is de dubbelverhouding gelijk aan -1, dus

        \[(BCDD')=-1\]

We hebben dus net bewezen dat de binnen- en buiten bissectrice uit een hoekpunt van een driehoek  de overstaande zijlijn snijden in punten die harmonisch toegevoegd zijn ten opzichte van de hoekpunten op die zijlijn.

Als er drie punten op een rechte gegeven zijn, dan kan men een vierde punt construeren zodat ze een harmonisch puntenviertal vormen:

  • Gegeven A,B en C.
  • Teken door A en B willekeurig  twee evenwijdige rechten.
  • Teken door C een rechte die de vorige twee rechten snijdt in T en P.
  • Verleng PB toto in Q zodat |PB|=|BQ|.
  • Teken TQ en het snijpunt D met AB.
  • Dan is (ABCD)=-1.

Dit volgt uit de gelijkvormigheid van driehoek BDQ met driehoek DAT en de gelijkvormigheid van driehoek BCP en driehoek ACT.

De stelling van Napoleon

Iedereen kent gelijkvormige driehoeken. In deze tekst proberen we ze te beschrijven met complexe getallen. Elk punt Z in het vlak correspondeert met een uniek complex getal z.

Twee driehoeken ABC en DEF zijn rechtstreeks gelijkvormig ( alle  hoeken hebben eenzelfde oriëntatie, bvb met de klok mee) als en slechts als

    \[\begin{vmatrix} a&d&1\\b&e&1\\c&f&1 \end{vmatrix}=0\]

Bij onrechtstreekse gelijkvormigheid moet je , in de tweede kolom, elk complex getal vervangen door zijn complex toegevoegde. Gebruiken we deze formules nu op een voorbeeld:

De stelling van Napoleon luidt dat als aan de zijden van een willekeurige driehoek gelijkzijdige driehoeken worden vastgemaakt, ofwel alle drie naar buiten, ofwel naar binnen gericht, dat vormen de zwaartepunten van die driehoeken  een gelijkzijdige driehoek.

  • We veronderstellen alle driehoeken klok georiënteerd.
  • Elke gelijkzijdige driehoek is gelijkvormig met de driehoek gevormd door de complexe getallen 1,\omega en \omega^2 . Hierbij is \omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}.
  • Als ABC gelijkzijdig is dan moet

        \[a+b\omega+c\omega^2=0\]

    Dit volgt uit vorige opmerking.

  • Dus is :

        \[\begin{array}{c} c+x\omega+b\omega^2=0\\b+z\omega+a\omega^2=0\\a+y\omega+c\omega^2=0\end{array}\]

  • Door de tweede vergelijking te vermenigvuldigen met \omega en de derde met \omega^2 vinden we:

        \[\begin{array}{c} c+x\omega+b\omega^2=0\\a+b\omega+z\omega^2=0\\y+c\omega+a\omega^2=0\end{array}\]

  • Omdat M,L en N zwaartepunten zijn geldt: m=\frac{a+c+y}{3},l=\frac{c+x+b}{3} en n=\frac{a+b+z}{3}.
  • Rest ons te bewijzen dat MLN gelijkzijdig is, daartoe moeten we bewijzen dat m+l\omega+n\omega^2=0. Een combinatie van de twee laatste puntjes geeft ons het gewenste resultaat.