Sommige stellingen in de vlakke meetkunde zijn makkelijk uit te drukken en te bewijzen met carthesische coördinaten, het inwendige product en complexe getallen. Ik schets hier wat voorbeelden, waaronder een probleem van de Internationale Wiskundeolympiade (IMO) en een stelling die ik zelf gevonden heb.
Voor een uitgebreide behandeling kun je Geometry: Euclid and Beyond van Robin Hartshorne lezen.
Om het vlak met \(\mathbb R^2\) te identificeren neem je een willekeurig punt \(O\) en twee lijnen die elkaar loodrecht snijden in \(O\). Deze twee lijnen kun je de \(x\)-as en \(y\)-as noemen, en voor beide beslis je welke helft je positief noemt. Gegeven een punt \(P\) op het vlak vind je twee reële getallen, \((P_x,P_y)\), door (met passer en liniaal) \(P\) loodrecht op beide assen te projecteren, de afstand tot \(O\) te nemen, en die eventueel met \(-1\) te vermenigvuldigen. Andersom definieert elk paar reële getallen een uniek punt op het vlak, namelijk het snijpunt van de betreffende loodlijnen op de assen. Het punt \(O\) heet de oorsprong.
In het vervolg geef ik de vector in \(\mathbb R^2\) behorende bij een punt in het vlak aan met een kleine letter. We maken gebruik van het inwendig product \(\langle p,q\rangle=P_xQ_x+P_yQ_y\) en de volgende feiten:
De middelloodlijn \(\ell\) van lijnstuk \(AB\) is \(m+\ker\langle b-a,\cdot\rangle\). Voor een punt \(p\in\ell\) geldt \(\langle p-m,b-m\rangle=0\) en \(\langle p-m,a-m\rangle=0\) dus volgt uit twee keer de stelling van Pythagoras \(|p-a|=|p-b|\). Het snijpunt van twee middelloodlijnen van een driehoek \(\triangle ABC\) heeft dus gelijke afstand tot elk van de drie hoekpunten, en ligt dus ook op de derde middelloodlijn. Dit punt is dus het middelpunt van de omgeschreven cirkel van \(\triangle ABC\). Zonder verlies van algemeenheid kunnen we in het vervolg aannemen dat de oorsprong \(O\) gelijk is aan dit punt, zodat \(|a|=|b|=|c|=:r\).
Zij nu \(h:=a+b+c\). Dan is \(\langle h-c,b-a\rangle=\langle a,a\rangle-\langle b,b\rangle=0\), dus is \(CH\) de hoogtelijn vanuit \(C\). Zo zijn ook \(AH\) en \(BH\) hoogtelijnen. Het punt \(H\) ligt op alledrie, en heet het hoogtepunt.
Tot slot, zij \(z:=\frac13(a+b+c)\). Dan ligt \(Z\) op de zwaartelijn \(CM\), want \(z-c=\frac13(a+b-2c)=\frac23(m-c)\). Evenzo ligt \(Z\) op de andere zwaartelijnen, dus is \(Z\) het zwaartepunt van \(\triangle ABC\).
Nu volgt direct \(h=3z\), dus liggen \(O\), \(Z\) en \(H\) op één lijn: de Eulerlijn.
Zij gegeven een scherphoekige driehoek \(ABC\) met hoogtepunt \(H\). De cirkel door \(H\) met middelpunt het midden van de zijde \(BC\) snijdt de lijn (rechte) \(BC\) in \(A_1\) en \(A_2\) De cirkel door \(H\) met middelpunt het midden van de zijde \(CA\) snijdt de lijn \(CA\) in \(B_1\) en \(B_2\) en de cirkel door \(H\) met middelpunt het midden van de zijde \(AB\) snijdt de lijn \(AB\) in \(C_1\) en \(C_2\). Bewijs dat \(A_1\), \(A_2\), \(B_1\), \(B_2\), \(C_1\) en \(C_2\) op één cirkel liggen.
Zij \(P=C_1\) en zij \(M\) het midden van \(AB\). Uit de stelling van Pythagoras in \(\triangle PMO\) en het gegeven \(|p-m|=|h-m|\) volgt: \[ \begin{array}{rrl} \langle p,p\rangle&=&\langle p-m,p-m\rangle+\langle m,m\rangle\\ &=&\langle h-m,h-m\rangle+\langle m,m\rangle\\ 4\langle p,p\rangle&=&\langle a+b+2c,a+b+2c\rangle+\langle a+b,a+b\rangle\\ &=&2\langle a,a\rangle+2\langle b,b\rangle+4\langle c,c\rangle+4\langle a,b\rangle+4\langle b,c\rangle+4\langle c,a\rangle\\ |p|^2&=&2r^2+\langle a,b\rangle+\langle b,c\rangle+\langle c,a\rangle \end{array} \]
Deze uitdrukking is symmetrisch in \(a\), \(b\) en \(c\); je krijgt dus dezelfde waarde voor de andere 5 punten. \(\Box\)
Dit probleem verscheen in Pythagoras, 49ste jaargang, nummer 5 (april 2010).
We gaan uit van een willekeurige driehoek \(ABC\) met een punt \(P\) daarbinnen. De zwaartepunten van de driehoeken \(CPB\), \(APC\) en \(BPA\) noemen we achtereenvolgens \(X\), \(Y\) en \(Z\). Toon aan dat driehoek \(XYZ\) gelijkvormig is met driehoek \(ABC\).
Er geldt \(y-x=\frac13(a+p+c)-\frac13(c+p+b)=\frac13(a-b)\), dus \(|XY|=\frac13|AB|\), en dezelfde verhouding geldt voor de andere zijden. \(\Box\)
Als je het vlak met \(\mathbb C\) identificeert, dan komt een draaiing van \(\varphi\) radialen om de oorsprong overeen met vermenigvuldiging met het complexe getal \(e^{i\varphi}\). Een draaing van 60° komt bijvoorbeeld overeen met vermenigvuldiging met \(\epsilon=e^{2\pi i/6}=\frac12+\frac12i\sqrt3\).
Voor een draaiing om een ander punt moet je de oorsprong eerst verplaatsen, dan draaien, en dan terugverplaatsen. Als je \(b\in\mathbb C\) om \(a\) heen draait, dan krijg je \(a+(b-a)\epsilon\).
Deze stelling met bewijs is te vinden in Problem-Solving Strategies van Arthur Engel.
Als je gelijkzijdige driehoeken bevestigt aan de zijden van een driehoek, dan vormen hun middens weer een gelijkzijdige driehoek.
Je krijgt het punt \(A_0\) door \(B\) om \(C\) heen te draaien, dus \(a_0=c+(b-c)\epsilon\). Als we nu \(a_1=\frac13(b+a_0+c)\) uitwerken en hetzelfde doen voor de andere punten, dan krijgen we: \[ \begin{array}{lrl} 3a_1=2c+b+(b-c)\epsilon\\ 3b_1=2a+c+(c-a)\epsilon\\ 3c_1=2b+a+(a-b)\epsilon\\ \end{array} \]
Nu kunnen we gebruikmaken van het feit dat \(\epsilon^2=\epsilon-1\): \[ \begin{array}{lrl} 3(a_1-c_1)&=&2c-a-b+(2b-c-a)\epsilon\\ 3(a_1-c_1)\epsilon&=&(2c-a-b)\epsilon+(2b-c-a)(\epsilon-1)\\ &=&(-2b+c+a)\epsilon+(-2a+b+c)\\ &=&3(b_1-c_1) \end{array} \]
Hiermee is aangetoond dat \(C_1B_1\) uit \(C_1A_1\) verkregen wordt door middel van een draaiing van 60°. \(\Box\)