onmogelijke stellingen

PARADOXEN 6
Dr. Luc Gheysens
EUCLIDES OP DE HELLING
Omstreeks 300 v. Chr. tekende Euclides in 13
boeken 465 stellingen op. Deze ‘Elementen van
Euclides’ gelden als één van de meest
invloedrijke werken uit de wiskunde en
eeuwenlang zouden deze boeken ook het
standaardwerk vormen voor het onderwijs. De
eerste niet zo adequate gedrukte versie van de
Elementen dateert van 1482 (een vertaling uit het
Arabisch; de eerste vertaling uit het Grieks
volgde in 1505). In tegenstelling tot wat men
soms denkt, bevatten deze boeken niet enkel
stellingen over meetkunde maar ook over
getallenleer en (meetkundige) algebra.
Euclid Elements of Geometry Printed
by Erhard Ratdolt Venice:1482
Bron: Fifty Treasures from Glasgow
University Library:
http://special.lib.gla.ac.uk/exhibns/treasures/subject.html
De twee meest beroemde stellingen, waarvan het bewijs wellicht van Euclides zelf afkomstig
is, zijn de stelling van Pythagoras (stelling 47 uit boek I) en de stelling dat er oneindig veel
priemgetallen zijn (stelling 20 uit boek IX).
Van de stelling van Pythagoras bestaan er heel veel bewijzen (zie op www.cut-theknot.org/pythagoras/index.shtml). Eén van de meest elegante bewijzen is ongetwijfeld de
‘Pythagoraspuzzel’ die soms wordt toegeschreven aan H.E. Dudeney (1857-1930)
(onderstaande figuur), maar die eigenlijk het creatieve werk is van de Engelse amateurwiskundige Henry Perigal (1801-1898), die de ontdekking deed rond 1830. Het linkse
vierkant wordt hierbij in vier gelijke vierhoeken verdeeld door eerst door het midden van het
vierkant een rechte te trekken, die evenwijdig is met de schuine zijde van de rechthoekige
driehoek. Door dit midden wordt dan de loodlijn op die rechte getekend. Met de vijf
puzzelstukken (genummerd van 1 tot en met 5) kun je het het vierkant op de schuine zijde
opvullen.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
1
We geven hieronder ook een schets van het bewijs dat Euclides gaf. Hij vond dit bewijs op
een typisch ‘Griekse manier’ namelijk door het vergelijken van stukken oppervlakte op de
onderstaande tekening.
Voor ΔAFB en ΔACE geldt:
|AF| = |AC|
|AB| = |AE|
FÂB  FÂC  CÂB  CÂB  BÂE  CÂE .
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
2
Deze twee driehoeken zijn dus congruent (ZHZ).
(1)
ΔAFG heeft als basis |AF| en als hoogte |AC| en bijgevolg is de oppervlakte van deze
driehoek gelijk aan de helft van de oppervlakte van het vierkant AFGC.
(2)
ΔACE heeft als basis |AE| en als hoogte |AM| en bijgevolg is de oppervlakte van deze
driehoek gelijk aan de helft van de oppervlakte van de rechthoek EAML.
(3)
Uit (1), (2) en (3) volgt dat het vierkant AFGC en de rechthoek EAML dezelfde oppervlakte
hebben.
(4)
Op een analoge manier blijkt dat ook het vierkant BCHK en de rechthoek LMBD dezelfde
oppervlakte hebben.
(5)
Uit (4) en (5) volgt dan onmiddellijk het bewijs van de stelling van Pythagoras:
opp. ABDE = opp. AFGC + opp. BCHK.
Om te bewijzen dat er oneindig veel priemgetallen zijn, gebruikt Euclides een bewijs uit het
ongerijmde (reductio ad absurdum). Veronderstel immers dat het aantal priemgetallen eindig
is en dat p het grootste is. Maak nu het product van alle priemgetallen tot en met p en tel
hierbij één op: N = 2 x 3 x 5 x 7 x … x p + 1. Als N een priemgetal is, dan is N een
priemgetal groter dan p en dit is meteen in contradictie met de veronderstelling dat p het
grootste priemgetal is. Als N zelf geen priemgetal is, dan heeft N een priemdeler d (een deler
die zelf een priemgetal is). Maar dan moet – in de veronderstelling dat p het grootste
priemgetal is – d één van de priemgetallen 2, 3, 5, 7, … of p zijn en bijgevolg deelt d het
product 2 x 3 x 5 x 7 x … x p. Maar als d een deler is van N, moet d bijgevolg ook een deler
zijn van 1 en dit is in contradictie met het feit dat d zelf een priemgetal is. Bijgevolg is de
veronderstelling dat er een grootste priemgetal bestaat vals.
Het is niet ondenkbaar dat Euclides ook een aantal meetkundige paradoxen kende en
misschien zijn er in de loop van de eeuwen dergelijke geschriften hierover verloren gegaan.
We ‘bewijzen’ hieronder enkele onmogelijke stellingen uit de vlakke meetkunde. De meeste
ervan zijn gebaseerd op een tekening die niet correct is. De lezer is meteen gewaarschuwd:
redeneren op een tekening maakt een bewijs vaak eenvoudiger, maar houdt meteen gevaren
in!
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
3
STELLING 1. Elke driehoek is gelijkbenig.
Gegeven: een willekeurige driehoek ABC.
Te bewijzen: |AB| = |AC|.
Bewijs.
Teken de middelloodlijn m van [BC] en noem M het midden van [BC]. Teken de
binnendeellijn d van de hoek  . Noem S het snijpunt van m en d. Verbind S met de
hoekpunten A, B en C. P is het voetpunt van de loodlijn uit S op AB en Q is het voetpunt van
de loodlijn uit S op AC.
Voor de rechthoekige driehoeken ΔSPB en ΔSQC geldt:
P̂  Q̂ = 90°
|SP| = |SQ| (kenmerk van de deellijn)
|SB| = |SC| (kenmerk van de middelloodlijn).
De driehoeken ΔSPB en ΔSQC zijn daarom congruent, zodat |BP| = |CQ|.
Voor de rechthoekige driehoeken ΔSPA en ΔSQA geldt:
P̂  Q̂ = 90°
|SP| = |SQ| (kenmerk van de deellijn)
SÂP  SÂQ (d is de deellijn van de hoek  )
(1)
De driehoeken ΔSPA en ΔSQA zijn daarom congruent, zodat |PA| = |QA|.
(2)
Uit (1) en (2) volgt dan dat |AB| = |AC|.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
4
STELLING 2. Uit een punt dat niet op die rechte ligt, kunnen er twee verschillende
loodlijnen op die rechte worden geconstrueerd.
Teken twee cirkels die elkaar snijden in de punten A en B. Teken in beide cirkels een
middellijn door het punt A. Noem de andere eindpunten van de middellijnen C en D. Verbind
de punten C en D. De rechte CD snijdt de eerste cirkel in het punt E en de tweede cirkel in F.
AC is een middellijn  AF̂C  90 .
AD is een middellijn  AÊD  90 .
Bijgevolg zijn AF en AE twee verschillende loodlijnen uit het punt A op de rechte CD.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
5
STELLING 3. Elke rechthoek ingeschreven in een vierkant is zelf een vierkant.
Gegeven: een vierkant ABCD en een ingeschreven rechthoek MNPQ
Te bewijzen: MNPQ is een vierkant
Bewijs.
Teken in M de loodlijn op AB. Deze loodlijn snijdt CD in R. Teken in Q de loodlijn op BC.
Deze loodlijn snijdt BC in S.
Voor de rechthoekige driehoeken ΔMRP en ΔQSN geldt:
R̂  Ŝ  90°
|MR| = |QS| (gelijk aan een zijde van het vierkant)
|MP| = |QN| (diagonalen van een rechthoek zijn even lang).
De driehoeken ΔMRP en ΔQSN zijn daarom congruent, zodat RP̂M  SN̂Q .
(1)
SN̂Q en QN̂C zijn supplementaire hoeken.
(2)
Uit (1) en (2) volgt dat ook RP̂M en QN̂C supplementaire hoeken zijn. Bijgevolg geldt in de
vierhoek PTNC dat Ĉ  T̂  180 . Omdat Ĉ  90 is ook T̂  90 . Dit betekent dat in de
rechthoek MNPQ de diagonalen loodrecht op elkaar staan, m.a.w. MNPQ is een vierkant.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
6
STELLING 4. Een rechte en een stompe hoek zijn even groot.
Teken een vierhoek ABCD met   90, B̂  90 en AD  BC
We bewijzen dat   B̂ .
E is het midden van [AB] en F is het midden van [CD]. Omdat AB niet evenwijdig is met CD
snijden de middelloodlijnen van [AB] en [CD] elkaar. Noem het snijpunt G. Verbind G met
de punten A,B, C en D.
Voor de driehoeken ΔAGD en ΔBGC geldt:
|GA| = |GB| (kenmerk van de middelloodlijn)
|GD| = |GC| (kenmerk van de middelloodlijn)
|AD| = |BC| (door constructie).
De driehoeken ΔAGD en ΔBGC zijn daarom congruent, zodat GÂD  GB̂C .
Omdat |GA| = |GB| is driehoek ΔABG gelijkbenig zodat GÂE  GB̂E .
(1)
(2)
Uit (1) en (2) volgt dan dat EÂD  GÂD  GÂE  GB̂C  GB̂E  EB̂C , m.a.w. de rechte
hoek EÂD is gelijk aan de stompe hoek EB̂C .
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
7
STELLING 5. Als in een vierhoek twee overstaande zijden even lang zijn, dan zijn de
twee andere zijden evenwijdig.
Gegeven: de vierhoek ABCD met AD  BC .
Te bewijzen: AB // CD.
Bewijs uit het ongerijmde.
Veronderstel dat AB niet evenwijdig is met CD. Dan snijden de middelloodlijnen van [AB] en
[CD] elkaar in een punt S. E is het midden van [AB] en F is het midden van [CD]. Verbind S
met de punten A, B, C en D.
Dan geldt:
SAE  SBE  EŜA  EŜB en SA  SB
(1)
DFS  CFS  DŜF  CŜF en SD  SC
(2)
Uit (1) en (2) en het feit dat AD  BC (gegeven) volgt dan dat ASD  BSC (ZZZ),
zodat
AŜD  BŜC
(3)
Uit (1), (2) en (3) volgt dan door telkens drie hoeken bij elkaar op te tellen dat EŜF  180 en
dit is in contradictie met het feit dat de middelloodlijnen van [AB] en [CD] elkaar snijden.
Bijgevolg is de veronderstelling waarvan we vertrokken zijn vals en zijn AB en CD
evenwijdig.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
8
STELLING 6. Een cirkel heeft twee verschillende middelpunten.
Teken twee rechten a en b die elkaar snijden in het punt C. Kies een punt A op a en een punt
B op b. Teken in A de loodlijn op a en in B de loodlijn op b. D is het snijpunt van deze twee
loodlijnen. Teken de omgeschreven cirkel van driehoek ΔADB. Deze cirkel snijdt de rechte a
in E en de rechte b in F.
DÂE  90 en bijgevolg is DE een middellijn van de cirkel en het midden M1 van [DE] is
een middelpunt van de cirkel.
DB̂F  90 en bijgevolg is DF een middellijn van de cirkel en het midden M2 van [DF] is een
middelpunt van de cirkel.
DE en DF hebben enkel het punt D gemeenschappelijk, zodat de cirkel twee verschillende
middelpunten heeft.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
9
STELLING 7. Elk punt binnen een cirkel ligt op de cirkelomtrek.
Gegeven: een cirkel met middelpunt O en straal r en een punt P binnen de cirkel.
Te bewijzen: P ligt op de cirkelomtrek.
Bewijs.
Teken de halfrechte [OP en bepaal hierop het punt Q (buiten de cirkel) zodat
OP OQ  r ² .
(1)
R is het midden van [PQ] en de middelloodlijn van [PQ] snijdt de cirkel in de punten S en T.
Dan is
OP  OR  RP
OQ  OR  RQ  OR  RP
en
(2)
(want RQ  RP ).
(3)
Uit (2) en (3) volgt dat
|OP| |OQ| = |OR|² – |RP|²
= (|OS|² – |RS|²) – (PS|² – |RS|²)
= |OS|² – |PS|²
= r² – |PS|²
= |OP| |OQ| – |PS|²
(stelling van Pythagoras)
(wegens (1))
Hieruit volgt dan dat |PS| = 0, m.a.w. het punt P valt samen met het punt S dat op de
cirkelomtrek ligt.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
10
STELLING 8. Twee rechten die niet evenwijdig zijn, snijden elkaar niet.
Gegeven: de rechten a en b die niet evenwijdig zijn.
Te bewijzen: a en b snijden elkaar niet.
Bewijs.
Teken een rechte c die a en b respectievelijk snijdt in A en B en met deze twee rechten gelijke
scherpe hoeken maakt. De afstand |AB| noemen we in het vervolg d.
d
Construeer met behulp van een passer op a, resp. b punten C en D zodat AC  BD  en
2
waarbij CÂB  DB̂A  90 . Een mogelijk snijpunt van a en b ligt dan op de halfrechten [AC
en [BD.
C en D kunnen niet samenvallen, zoniet is in driehoek ΔCAB één zijde even lang als de twee
andere zijden samen. De lijnstukken [AC] en [BD] kunnen geen ander snijpunt S hebben,
zoniet is in driehoek ΔSAB de som van twee zijden kleiner dan de derde zijde.
CD
Herhaal nu de constructie en bepaal op die manier de punten E en F zodat CE  DF 
.
2
Dit kun je eindeloos blijven herhalen, zodat a en b nooit een snijpunt kunnen hebben.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
11
Hieronder staat een fout bewijs voor een vrij elementaire stelling.
STELLING 9. De som van de hoeken van een driehoek is 180°.
Bewijs.
Stel de som van de hoeken van een driehoek gelijk aan x. Het volstaat te bewijzen dat
x = 180°.
ABC is een willekeurige driehoek. Via een willekeurig punt D op [BC] wordt ABC in twee
driehoeken verdeeld: ABD en ADC.
Dan is
Â

B̂ 

Ĉ  Â1  B  D̂1  D̂ 2  Ĉ  Â 2  (D̂1  D̂ 2 ).


 
 


x
x
x
Aangezien D̂1  D̂ 2  180 , volgt hieruit dat x = 2x – 180° en bijgevolg is x = 180°.
Waar zit dan de fout? In dit bewijs gaat men uit van de veronderstelling dat de som van de
hoeken van elke driehoek dezelfde waarde heeft en hieruit besluit men dan dat die som moet
180° zijn.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
12
We geven tenslotte twee eenvoudige bewijzen voor de stelling van Pythagoras. Kun je
ontdekken wat er telkens mis is met het geleverde bewijs?
STELLING 10. STELLING VAN PYTHAGORAS
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de schuine zijde gelijk aan de som van
de kwadraten van de twee rechthoekszijden.
Bewijs 1.
ΔABC is een rechthoekige driehoek met   90 . Stel B̂   en Ĉ   .
Dan is



c 
b ² c²
sin   cos  
    1  b²  c²  a ².
a 
a² a²

sin ²  cos ²  1 

sin  
b
a
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
13
Bewijs 2.
ΔABC is een rechthoekige driehoek met   90 .
We kiezen het assenstelsel zo dat A de oorsprong is en dat de punten B en C respectievelijk
als coördinaten (b,0) en (0,c) hebben. Stel de afstand BC gelijk aan a.
Via de euclidische afstandsformule is dan
a  (b  0)²  (0  c)²
Door beide leden te kwadrateren volgt hieruit dat a ²  b²  c² .
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
14
We eindigen met een praktisch vraagstukje dat meestal een verkeerde intuïtieve oplossing
krijgt.
Het ladderprobleem
Een ladder staat op een vlakke bodem en tegen een verticale muur. We duiden het punt P aan
halverwege de ladder. Laat nu de ladder naar beneden schuiven. Welke baan beschrijft het
punt P dan?
Intuïtief is men geneigd te denken dat het punt P een baan zal beschrijven zoals op de linkse
figuur hieronder staat aangeduid. In werkelijkheid verplaatst het punt P zich echter op een
kwartcirkel waarvan het aangeduide punt O het middelpunt is en de straal gelijk is aan de
afstand van O tot P.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
15
Dit volgt uit het feit dat in de rechthoekige driehoek AOB de zwaartelijn uit O gelijk is aan
1
de helft van de schuine zijde, m.a.w. OP  AB . Bij het schuiven blijft de lengte AB van
2
de ladder constant en dus ook de afstand van O tot het midden P van de ladder.
Paradoxen 6 – dr. Luc Gheysens
16