Stelling van Steiner-Lehmus

Inleiding  |  Bewijzen   |  Referenties  ][  Meetkunde

1. Inleiding en probleemstelling

Stelling 1
Elke gelijkbenige driehoek heeft twee gelijke bissectrices.

Bewijs: zie figuur 1.

figuur 1 steileh1 In driehoek ABC zijn de B en C gelijke basishoeken. BB' en CC' zijn de bissectrices daarvan.
Nu geldt: BCC' @ CBB' (HZH), immers ÐB = ÐC, ÐC1 = ÐB1 (halve hoeken), BC = CB.
Waaruit volgt:
CC' = BB'. ¨

We formuleren nu de omgekeerde stelling van stelling 1.

Stelling 2 (Steiner-Lehmus)
Elke driehoek met twee gelijke bissectrices is gelijkbenig.

Kijken we naar dezelfde driehoeken (in figuur 2), dan kunnen we uit de gegevens niet besluiten tot congruentie.

figuur 2 steileh2 We zullen dus moeten besluiten tot een andere aanpak.

Zie daarvoor paragraaf 2, Bewijzen.

Stelling 2 is in 1840 als probleem door Lehmus (Daniel Christian Ludolf Lehmus, 1780-1863, Duitsland), mogelijk door tussenkomst van C. Sturm, voorgelegd aan Jakob Steiner (1796-1863, Zwitserland). Deze laatste publiceerde een bewijs in het tijdschrift (Journal für die reine und angewandte Mathematik, opgericht in 1826) van Crelle (August Leopold Crelle, 1780-1855, Duitsland).
Ook Lehmus zelf heeft een indirect bewijs gepubliceerd (Journal, 1850).
Een bewijs dat lijkt op dat van Lehmus, staat in paragraaf 2.

2. Bewijzen
Hieronder zijn enkele bewijzen van de Stelling van Steiner-Lehmus vemeld.
De bewijzen zijn min of meer gerangschikt op jaar van eerste publicatie.

      2.1.   1820  / D.Ch.L. Lehmus
2.2. 1842  / F.G. Hesse
2.3. 1842  / P. Rougevin
2.4. 1880  / F. Descubes
2.5. 1906  / M. Simon
2.6. ??  / Toepassing van de Stelling van Stewart
2.7 1961  / H.G. Forder

2.1. - D.Ch.L. Lehmus (1850, vermeld in [5])

figuur 3 steileh_l1 Indirect (zie nevenstaande figuren).
Hulpstelling 1
ALS Twee koorden van een cirkel onderspannen verschillende omtrekshoeken,
DAN De grootste koorde onderspant de grootste hoek.

Bewijs:
De cirkel B(BC) snijdt AB in E (tussen A en B, want AB>BC).
Dus, F (tweede snijpunt van de cirkels) ligt tussen A en B op boog AB.
ÐAMB = ÐAMF + ÐFMB = ÐAMF + ÐBMC, zodat
ÐAMB > ÐBMC, waaruit het gestelde volgt. ¨

figuur 4 steileh_l2
Hulpstelling 2
ALS In een driehoek is ÐB < ÐC
DAN Bissectrice van B is groter dan bissectrice van hoek C.

Bewijs:
½B < ½C; dus is er een punt M tussen B' en S zodat ÐMCS = ½B.
Dan is BCMC' een koordenvierhoek.
Nu is B < ½B + ½C < ½(A + B + C), waaruit

   ÐCBC' < ÐMCB < 90º
Volgens hulpstelling 1 is is dan CC' < BM, waaruit
   BB' > BM > CC.'
Dus, kortgezegd:
Gevolg van Hulpsteling 2: Geen gelijke hoeken, dan geen gelijke bissectrices.
De logische omkering van dit gevolg levert dan Stelling 2:
Gelijke bissectrices, dan gelijke hoeken. ¨

2.2. - F.G. Hesse (1842, vermeld in [2])

figuur 5 steileh_h Direct bewijs (zie nevenstaande figuur).
Construeer driehoek ADF zodat DF=AB en AF=AE.
Nu is ADF @ EBA (ZZZ), waaruit volgt, dat
ÐFAD = ÐAEB, en
ÐADF = ½B.
In de driehoeken AGE en BGD hebben we nu:
ÐAEB + ½A = ÐADB + ½B (beide zijn supplement van hoek G), zodat
ÐFAD + ½A = ÐADB + ÐADF, en dus
ÐFAB = ÐBDF

Dit laatste, samen met BA = FD en BF = FB, geeft
BAF @ FDB, waaruit we mogen afeiden AF = DB.
Dus AE = BD!
Uit de congruentie van de driehoeken ABE en BAD (ZZZ) volgt dan Stelling 2. ¨

2.3. - P. Rougevin (1842, vermeld in [2])

figuur 6 steileh_r1
steileh_r2		 (In)direct bewijs (zie nevenstaande figuren).
Hulpstelling 3
ALS P en Q zijn middens van de beide bogen AB, en C op boog AQ en S is snijpunt van AB en CP
DAN de lengte van CS neemt toe, als C van A naar Q beweegt.

Bewijs:
Zij D het midden van AB. Nu is
CS . SP = AS . SB = (AD - SD)(SD + DB) = AD2 - SD2
CS = (AD2 - SD2)/CP
SD neemt af en SP neemt af, dus CS neemt toe. ¨
Gevolg:
Twee driehoeken met gelijke "tophoek", gelijke bissectrice daarvan en gelijke tegenoverliggende zijde zijn congruent.
[einde Gevolg]
figuur 7 steileh_r3 In driehoek ABC is AD = BE, met snijpunt S.
CS is dus ook bissectrice van driehoek ABC.
De driehoeken ADC en BEC voldoen nu aan de eisen van het Gevolg van Hulpstelling 3.
Dus geldt:
ADC @ BEC òf ADC @ EBC.
Dit laatste geval is onmogelijk, want dan zou ÐADC gelijk zijn aan ÐEBC, een buitenhoek van BDS.
Dus volgt nu ÐCAD = ÐCBE, en dus ÐA = ÐB. ¨

2.4. - F. Descubes (1880, vermeld in [1] en [2])

figuur 8 steileh_d Indirect bewijs (zie nevenstaande figuur)
Zij F het hoekpunt van het parallellogram ADFE.
Nu is EF = AD = BE.
Dus ÐEBF = ÐEFB.
Stel nu dat A > B.
Dus ook ½A > ½B, zodat ÐEFD > ÐEBD.
Dus ook ÐDFB < ÐDBF

Dus in driehoek BDF: DB < DF, of ook DB < AE.
Via de driehoeken ABD en BAE vinden we dan A < B.
Dit is in strijd met de verondersteling dat A > B.
Ook A < B leidt tot een contradictie.
Dus geldt A = B.  ¨

2.5. - M. Simon (1906, vermeld in [1] en [2])

figuur 9 steileh2 Indirect bewijs (zie figuur 9)
V(AB'B) = ½BB' . c . sin½B
V(CB'B) = ½BB' . a . sin½B
Voor de oppervlakte V van driehoek ABC hebben we dus:
2V = BB'(a+c)sin½B
en dus ook
2V = CC'(a+b)sin½C,
zodat (a+c)sin½B = (a+b)sin½C, waaruit volgt:
c . sin½B - b . sin½C = a(sin½C - sin½B) ......(2.5.1)
Stel nu B > C.

Dan is cos½B < cos½C ......(2.5.2)
Uit de sinusregel volgt c . sinB = b . sinC, met 2csin½Bcos½B = 2bsin½Ccos½C, zodat samen met (2.5.2)
c . sin½B - b . sin½C > 0
Het linkerlid van (2.5.1) is dus positief; het rechterlid is echter negatief. Tegenspraak!
Ook B < C leidt tot een tegenspraak.
Zodat B = C. ¨

2.6. - Toepassing van de Stelling van Stewart (vermeld in [1] en [2])

Direct bewijs; zie figuur 9.
Volgens de bissectriceformule (een gevolg van de Stelling van Stewart) hebben we:
BB'2 = AB . CB - AB' . CB' ......(2.6.1)
Verder is volgens de bissectrice stelling AB' : CB' = AB : CB, zodat voor zekere k geldt: AB' = kc en CB' = ka.
Voor k vinden we dan k = b/(a + c).
(2.6.1) geeft dan BB'2 = ac (1 - b2 / (a + c)2)
Evenzo: CC'2 = ab (1 - c2 / (a + b)2)
Gelijkstelling en uitwerking van de factoren levert:
steileh_f1
Verdere uitwerking geeft dan tenslotte:
   (b - c)( a3 + 3abc + bc(b + c) + a2(b + c) )= 0
De tweede factor bestaat uit louter positieve termen. Dus moet gelden b - c = 0.
Zodat b = c. ¨

2.7. - H.G. Forder (1961, vermeld in [4])

figuur 10 steileh_f Indirect bewijs (zie nevenstaande figuur).
Zij B de kleinste van de hoeken B en C van driehoek ABC.
BY en CZ zijn de bissectrices van deze hoeken.
Kies U op AZ zo, dat ÐZCU = ½B. Omdat driehoek UBC in B een kleinere hoek heeft dan in C, geldt BU>CU.
Kies V op BU, zodat BV = CU.
Kies W op BY zodat ÐBVW=ÐCUZ.
De driehoeken BVW en CUZ zijn nu congruent (HZH), waaruit volgt dat BW = CZ.
Nu is BY > BW (W en Y aan verschillende kanten van CZ), zodat BY > CZ.
Enzovoorts. ¨

3. Referenties

[1] O. BOTTEMA: Hoofdstukken uit de Elementaire Meetkunde, Epsilon Uitgaven, Utrecht, 1997
[2]    O. BOTTEMA: Verscheidenheden, Ned. Verg. van Wiskundeleraren (Wolters-Noordhoff), 1977
[3] J.A. MCBRIDE, Edinburgh Mathematical Notes, vol. 33 (1943), pag. 1-13
[4] H.S.M. COXETER, Introduction to geometry, John Wiley & Sons, New York, 1961
[5] H.S.M. COXETER, S.L. GREITZER: Geometry Revisited, Random House, New York, 1967

begin pagina

[steileh.htm] laatste wijziging op: 19-10-03