Analytische Meetkunde of Meetkunde met Coördinaten DVD Delft, 18 oktober 2012 Wim Caspers & Jeroen Spandaw

Programma 16:00 – 17:30 : deel 1 (inleiding) 17:30 – 18:30 : diner 18:30 – 20:00: deel 2 (nieuw materiaal) Diner in Kronigzaal (lift C-vleugel, 4e verdieping; koffie/thee meenemen!)

Programma deel 1 Thema: axiomatische meetkunde versus analytische (coördinaten-)meetkunde Presentatie Opgaven Bespreking opgaven

Voorbeeld 1: Zwaartepunt Stelling: De drie zwaartelijnen van een driehoek gaan door een punt.

Zwaartepunt: Bewijs 1 A = (a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2). P = ½ (b1+c1, b2+c2) AP : y – a2 = rico · (x – a1) AP : rico = (b2+c2 – 2a2) / (b1+c1 – 2a1) AP : (b1+c1 – 2a1) · (y – a2) = = (b2+c2 – 2a2) · (x – a1)

Zwaartepunt: Bewijs 1 AP : (b1+c1 – 2a1) · (y – a2) = Analoog (a  b): = (b2+c2 – 2a2) · (x – a1) Analoog (a  b): BQ : (a1+c1 – 2b1) · (y – b2) = = (a2+c2 – 2b2) · (x – b1) Snijpunt berekenen…

Zwaartepunt: Bewijs 1 Na afschuwelijke rekenpartij: Z = 1/3 · (a1+b1+c1, a2+b2+c2). Nu checken dat Z op de lijn CR ligt, dus voldoet aan CR : (a1+b1 – 2c1) · (y – c2) = = (a2+b2 – 2c2) · (x – c1) Deze verificatie is gemakkelijk! Beide zijden (a1+b1 – 2c1) · (a2+b2 – 2c2)

Bewijs successief verbeteren Eerste bewijs vaak onhandig Gaan bewijs successief vereenvoudigen

Zwaartepunt: Bewijs 2 Als bewijs 1, maar gebruik symmetrie van Z = 1/3 · (a1+b1+c1, a2+b2+c2). Als Z op AP ligt, dan vanwege symmetrie ook op BQ en CR. (Verwisselen van a’s, b’s en c’s.)

Zwaartepunt: Bewijs 3? Als bewijs 1, maar vereenvoudig (?) rekenwerk door in eerste stap A = (0, 0), B = (1, 0), C = (p, q) te veronderstellen. “Zonder beperking der algemeenheid”. Waarom eigenlijk? Nadeel: Symmetrie weg uit berekening.

Zwaartepunt: Bewijs 4 Als bewijs 1, maar raad het antwoord Z = 1/3 · (a1+b1+c1, a2+b2+c2). Wegens symmetrie voldoende te checken dat Z op AP ligt. Los op Z =  · A + (1 – ) · P. (1/3)·(ai+bi+ci) =  · ai + (1 – ) · ½·(bi+ci)  = 1/3 is een (de) oplossing!

Zwaartepunt: Bewijs 5 Als bewijs 4, maar dan met vectoren: v1 := OA, v2 := OB, v3 := OC. Dan OP = ½ (v2 + v3) Punt Z met OZ := (1/3) (v1 + v2 + v3) ligt op de lijn OP, want OZ = ·OA + (1 – )·OP. Wegens symmetrie ligt Z ook op OQ & OR

Zwaartepunt, Bewijs 6 ACB  QCP dus PQ // AB en |AB| = 2 · |PQ| AZB  PZQ |AZ| = 2 · |ZP| Het punt Z op AP met |AZ| = 2 · |ZP| ligt ook op BQ. Rollen B en C verwisselen: Z ook op CR.

Didactiek Vaak veel variabelen. Getallenvoorbeelden nuttig? Rekenen/algebra met verstand: Wat is gegeven? Wat is te bewijzen? Oplossing verifiëren versus oplossing vinden Gebruik maken van symmetrie van uitdrukkingen en situaties “Analoog…” “We mogen z.b.d.a. aannemen dat…”

Voorbeeld 2: Pythagoras Pythagoras in coördinaten? Geldt bijna per definitie van de afstand!

Pythagoras in coördinaten z.b.d.a. A = O OB  OC, dus b1c1 + b2c2 = 0. Te bewijzen: BC 2 = OB 2 + OC 2, dus (c1 – b1)2 + (c2 – b2)2 = b12 + b22 + c12 + c22 Simpel!

Pythagoras met algebra c2 = (a+b)2 – 4·½·ab dus c2 = a2 + b2 Meetkundig bezwaar: geen pure meetkunde maar mix met algebra Niet lengte-kwadraat, maar oppervlakte!

Algebra geëlimineerd?

Pythagoras met schalen De 3 driehoeken in plaatje zijn gelijkvormig. Dus hun oppervlakten zijn s·a2, s·b2, s·c2 met dezelfde evenredigheidsconstante s. Dus s·a2 +s·b2 = s·c2

Axiomatiek versus coördinaten Pythagoras in coördinaten geldt vrijwel per definitie van de afstand in coördinaten-meetkunde. Pythagoras in axiomatische meetkunde is moeilijker. Is (1) dan wel echt bewijs? Ja, maar alleen in Cartesisch vlak

Axiomatisch vlak versus Cartesisch vlak R2 vlak, punten, lijnen, incidentie, congruentie ongedefinieerd! We nemen aan dat ze aan axioma’s voldoen. Onderzoeken logische gevolgen van axioma’s Cartesisch vlak: vlak := R2 punt := element in R2 lijn := oplossings-verzameling van lineaire vergelijking Enzovoorts Kunnen bewijzen dat axioma’s in dit model van Euclidische meetkunde

Congruentie In Euclidisch vlak: alleen congruentie, geen lengte van lijnstukken. Geen hoekmaat van hoeken, alleen vergelijk van lijnstukken en hoeken (=, < of >). In Cartesisch vlak wel begrip lengte lijnstukken per definitie congruent als ze even lang zijn Lengte lijnstuk AB gedefinieerd als [(a1–b1)2 + [(a2–b2)2]

Congruentie van hoeken Een hoek is gedefinieerd als twee halve lijnen m en n met een gemeenschappelijk eindpunt A zodat m en n niet bevat zijn in één lijn. Definieer congruentie van dergelijke hoeken. Hint: Definieer eerst grootte van hoek.

Een oplossing z.b.d.a. A = O. kies B  O op halve lijn m kies C  O op halve lijn n definieer (m, n) := arccos(p) met p := (b1c1 + b2c2) / ((b12 + b22)(c12 + c22)) (Check dat -1  p  1.) Hoeken (m, n) en (m', n') per definitie congruent als (m, n) = (m', n'). Simpeler: congruent als p = p'.

Vectoren: inproduct, lengte & hoek Definitie: Inproduct v·w van vectoren v = (v1, v2) en w = (w1, w2) is v1w1 + v2w2. Inproduct van twee vectoren is getal. Definitie: Lengte |v| van vector is (v·v) = (v12 + v22) Definitie: Hoek (v,w) tussen twee vectoren is arccos(p) met p:= v·w / |v|·|w|

Opgave voor masochisten Definieer alle ongedefinieerde begrippen uit Euclidische meetkunde in R2 en controleer alle axioma’s van Hilbert: 4 incidentie-axioma’s over punten op lijnen 4 axioma’s over ordening 3 axioma’s over congruentie van lijnstukken 3 axioma’s over congruentie van hoeken axioma van Dedekind Gevolg: Alle axiomatisch bewezen stellingen gelden in R2.

Voordelen axiomatische meetkunde Meetkundig verklaren i.p.v. algebraïsch verifiëren Axiomatische bewijzen gelden in alle modellen. Voorbeeld: eerste 28 proposities uit Euclides gelden ook in hyperbolisch vlak

Voordelen axiomatische meetkunde Voorbeeld: eerste 28 proposities uit Euclides gelden ook in hyperbolisch vlak Voorbeelden: congruentiecriteria constructie loodlijnen één richting Z-hoeken stelling buitenhoek

Coördinaten versus axiomatiek Axiomatiek mooier? Ik vind symmetrische uitdrukkingen en slimme berekeningen (soms one-liners!) ook mooi. Coördinaten = vals spelen? Te gemakkelijk? Nee, maar deels andere vaardigheden nodig.

Coördinaten versus axiomatiek Cartesische meetkunde is belangrijker dan axiomatische meetkunde. Met de kennis van nu: “vergissing” van Euclides om 2d- en 3d-meetkunde te axiomatiseren. Beter: Axiomatiseer de getallenlijn R en doe meetkunde in Rn of nog algemener: differentiaalmeetkunde, algebraïsche meetkunde, enzovoorts.

Euclidische meetkunde heeft rijk verleden

Coördinatenmeetkunde is meetkunde met toekomst

Didactiek: coördinaten of axioma’s? Deels gelijk: van start (gegevens) naar finish (te bewijzen bewering) Andere vaardigheden Klaas Landsman: Oefen axiomatische redeneren niet met meetkunde, maar in kansrekening. Twee voordelen: cleaner: 3 axioma’s i.p.v.15 kansrekening is belangrijker dan meetkunde Jeroen Spandaw: Meetkunde minder geschikt voor oefenen logisch redeneren, want meestal p  q en zelden p  q zonder q  p.

Driedeling van een hoek Kan met gemarkeerde liniaal: Bewijs correctheid van deze constructie m.b.v. coördinaten.

Ervaring met leraren in opleiding Moeilijk: Kiezen van handig coördinatensysteem Vertalen van gegevens naar “algebra” Vertalen van “te bewijzen” naar “algebra” Een weg vinden van start naar finish Overzicht behouden Goniometrie en algebra Logica (richting van implicaties)

Driedeling van een hoek Kan met gemarkeerde liniaal: Bewijs correctheid van deze constructie m.b.v. coördinaten.Voorwaarden?

Driedeling van een hoek (2) A = (0,0) en B = (1,0) C = (1,t) en Q = (1,s) AQ : y = s·x P = (t/s, t) Bewijs/verifieer dat (s,t)=(tan(),tan(3)) voldoet aan PQ2 = 4·AC2

Driedeling van een hoek (3) Y1 = tan(X) Y2 = tan(3X) Y3 = (Y2/Y1-1)2 + (Y2-Y1)2 – 4*(1+Y22) Maak tabel of grafiek voor Y3 Conclusie: Y3 = 0. Puur algebraïsch bewijs is lastig.

Driedeling van een hoek (4)

Opgaven

Opgave 1: Thales 1 Bewijs met coördinaten: ACB recht d.e.s.d. als C op cirkel met middellijn AB.

Opgave 2: Thales 2 Bewijs met coördinaten: BC // B'C' d.e.s.d. als AB : AB' = AC : AC' d.e.s.d als AB : AB' = AC : AC' = BC : BC'

Opgave 3: Hoogtelijn a) Bewijs met coördinaten: De 3 hoogtelijnen van een driehoek gaan door 1 punt. b) Bewijs dezelfde stelling zonder coördinaten

Opgave 4: Cosinusregel Bewijs met vectoren: De cosinusregel: c2 = a2 + b2 – 2ab cos()

Opgave 5: Stelling constante hoek Constante hoek: ACB hangt niet van C, maar alleen van A en B af. Volgt uit: Omtrekshoek: ACB is de helft van AMB Bewijs met coördinaten voor het geval AMB = 90.

Uitwerkingen

Opgave 1: Thales 1 Bewijs met coördinaten: ACB recht d.e.s.d. als C op cirkel met middellijn AB.

Bewijs Thales 1 Bewijs: Mogen z.b.d.a. aannemen dat A = (-1,0) en B = (1,0). Schrijf C = (p,q). AC = (p + 1, q) en BC = (p – 1, q). Inproduct is AC · BC = p2 – 1 + q2. Dus AC  BC d.e.s.d. p2 + q2 = 1 d.e.s.d. C op cirkel met middellijn AB.

Opgave 2: Thales 2 Bewijs met coördinaten: BC // B'C' d.e.s.d. als AB : AB' = AC : AC' d.e.s.d als AB : AB' = AC : AC' = BC : BC'

Bewijs Thales 2 z.b.d.a. A = (0,0), B = (1,0), B' = (g, 0). Schrijf C = (r, s). C' = (kr, ks), want op lijn AC. BC = (r – 1, s), B'C' = (kr – g, ks), dus BC // B'C' d.e.s.d. B'C' = k · BC d.e.s.d. k = g. Rest simpel.

Opgave 3: Hoogtelijn a) Bewijs met coördinaten: De 3 hoogtelijnen van een driehoek gaan door 1 punt. b) Bewijs dezelfde stelling zonder coördinaten

Hoogtelijn met coördinaten z.b.d.a. A = (0,0), B = (1,0) en C = (p,q). Hoogtelijn door C: x = p. BC = (p – 1, q) is normaalvector voor hoogtelijn op BC Die hoogtelijn: (p – 1) x + qy = 0. Snijden met x = p: y = (1 – p)p/q. Dus H = (p, (1 – p)p/q) Dus BH = (p – 1, (1 – p)p/q) Inproduct met AC = (p, q) is nul, dus BH  AC Dus hoogtelijn door B op AC gaat door H.

Hoogtelijn zonder coördinaten Verdubbel de driehoek: De hoogtelijnen van ABC zijn de middelloodlijnen van PQR, dus ze gaan door 1 punt.

Opgave 4: Cosinusregel Bewijs met vectoren: De cosinusregel: c2 = a2 + b2 – 2ab cos()

Cosinusregel met vectoren Te bewijzen: c2 = a2 + b2 – 2ab cos() a := CB, b := CA, c := AB (vectoren) a = b + c (som van vectoren) a = || a ||, dus a2 = || a ||2 = a · a =: a2 a2 is kwadraat van getal (lengte a) a2 is inproduct van vector a met zichzelf

Cosinusregel met vectoren Te bewijzen: c2 = a2 + b2 – 2ab cos() Per definitie van  =(a,b) geldt: cos() = a·b / ab c2 = c2 = (a – b)2 = (a – b)·(a – b) c2 = a2 – 2 a·b + b2 c2 = a2 – 2 a·b + b2 = a2 – 2ab cos() + b2

Opgave 5: Stelling constante hoek Constante hoek: ACB hangt niet van C, maar alleen van A en B af. Volgt uit: Omtrekshoek: ACB is de helft van AMB Bewijs met coördinaten voor het geval AMB = 90.

Speciaal geval stelling v.d. omtrekshoek met coördinaten (1) b := CA = (1 – cos(t), - sin(t)) a := CB = (-cos(t), 1 – sin(t)) cos() = a · b / ab a · b = -cos(t) + cos2(t) – sin(t)) + sin2(t) a · b = 1 – cos(t) – sin(t) a2 = cos2(t) + (1 – sin(t))2 a2 = 2 – 2sin(t) b2 = 2 – 2cos(t)

Speciaal geval stelling v.d. omtrekshoek met coördinaten (2) cos() = a · b / ab a · b = 1 – cos(t) – sin(t) a2 = 2 – 2sin(t), b2 = 2 – 2cos(t) cos2() = (a · b)2 / a2b2 (a · b)2 = 1 + cos2(t) + sin2(t) – 2cos(t) – 2sin(t) + 2cos(t)sin(t) (a · b)2 = 2 – 2cos(t) – 2sin(t) + 2cos(t)sin(t) a2b2 = (2 – 2sin(t)) · (2 – 2cos(t)) a2b2 = 4 – 4cos(t) – 4sin(t) + 4cos(t)sin(t) a2b2 = 2 (a · b)2, dus cos() = a · b / ab = ½2.

Speciaal geval stelling v.d. omtrekshoek met coördinaten (3) cos() = a·b/ab = ½2  = 45 als a·b > 0 a · b = 1 – cos(t) – sin(t) dus a·b > 0 als 90 < t < 360.  = 135 als a·b < 0, dus als 0 < t < 90.  ongedefinieerd als t = 0 of t = 90

Slotwoord