Opgave 28

Geplaatst op 22 april 2019 door admin

Hoeveel niet-congruente driehoeken met gehele zijden en omtrek 2019 kan men construeren?

Antwoord	Klik hier
Elke zijde van een driehoek is kleiner dan de som van de twee andere zijden. Bijgevolg is de langste zijde van de gezochte driehoeken $\leq 1009$ . Stel dat de langste zijde gelijk is aan 1009, dan kunnen de andere twee zijden gelijk zijn aan : $(1009,1),(1008,2),\cdots,(505,505)$ . Er zijn dus 505 mogelijke driehoeken. Stel dat de langste zijde gelijk is aan 1008, dan kunnen de andere zijden gelijk zijn aan: $(1008,3),(1007,4),\cdots,(506,505)$ . Er zijn dus 503 mogelijke driehoeken. Stel dat de langste zijde gelijk is aan 1007, dan kunnen de andere zijden gelijk zijn aan: $(1007,5),(1006,6),\cdots,(506,506)$ . Er zijn dus 502 mogelijke driehoeken. Daal verder af… Stel dat de langste zijde gelijk is aan 674, dan kunnen de andere zijden gelijk zijn aan: $(674,671),(673,672)$ . Er zijn dus 2 mogelijke driehoeken. Tenslotte blijft er de gelijkzijdige driehoek met zijde 673 over. Het totaal aantal mogelijkheden is $S=505+503+502+500+\cdots+4+2+1$ . Herschikking geeft $S=505+(503+1)+(502+2)+(500+504)+\cdots$ . Dit geeft $S=505+504 \times 168 =85177$ .

Antwoord

Een driehoek is gelijkbenig als…

Geplaatst op 19 april 2019 door admin

Als in een driehoek twee hoogtelijnen even lang zijn, dan is die driehoek gelijkbenig. Dit is zeer eenvoudig te bewijzen via congruente driehoeken.

Een driehoek is ook gelijkbenig als er twee even lange zwaartelijnen zijn. Dit bewijs is al iets moeilijker: Stel $AD=BE$ , de 2 gelijke zwaartelijnen.

ED is een middenparallel en dus evenwijdig met AB. Construeer F zodat FADE een parallellogram is. Dan is FEB gelijkbenig en is $\widehat{EFA}=\widehat{EBA}=\widehat{DAB}$ . Bijgevolg zijn driehoek DAB en driehoek EAB congruent en zijn de hoeken in driehoek ABC gelijk. Dus is driehoek ABC gelijkbenig.

De zaak wordt nog wat complexer als we werken met twee bissectrices. Het bewijs danken we aan de, Zwitserse wiskundige Jacob Steiner ( 1796-1863) en gaat als volgt:

Neem AD en BE de gelijke bissectrices.
Construeer F zodat ADFE een parallellogram is. Dan is $EF=AD=BE$ .
Veronderstel dat $\hat{A} \leq \hat{B}$ .
Dan is $\widehat{DAE} \leq \widehat{EBD}$ en dus ook $\widehat{DFE} \leq \widehat{EBD}$ .
Omdat driehoek EFB gelijkbenig is, zal $\widehat{DFB} \geq \widehat{DBF}$ .
Tegenover een grotere hoek staat een grotere zijde in een driehoek, dus $DB \geq DF$ of $DB \geq EA$ .
Als nu 2 driehoeken 2 paar zijden gelijk hebben en de derde zijde is verschillend, zal tegenover een grotere zijde een groter hoek staan. Bijgevolg is $\widehat{DAB} \geq \widehat{EBA}$ .
Of na verdubbeling $\hat{A} \geq \hat{B}$ . Maar dan is $\hat{A} = \hat{B}$ .
Dezelfde redenering kunnen we voeren als we starten met de voorwaarde $\hat{A} \geq \hat{B}$ .
Bijgevolg is driehoek ABC gelijkbenig.

Nootje 8

Geplaatst op 14 april 2019 door admin

Stel de aarde voor als een gladde bol en span om die gladde aarde een touw over de evenaar. De lengte van dat touw is ongeveer 40.000 km.
Maar stel je nu eens voor, dat we dat touw zouden doorknippen en er één meter tussen zouden knopen. We zouden het dan overal kunnen optillen tot het weer een cirkel zou vormen concentrisch met de evenaar. Zou er dan een vlieg onder door kunnen?

Antwoord	Klik hier
De lengte van het touw is de omtrek van de cirkel en die wordt gegeven door $O=2\pi R$ , met R de aardstraal. Noteer x, de lengte waarmee de straal toeneemt als je de omtrek met 1 meter zou vermeerderen. Dan geldt $2\pi(R+x)=2\pi R+1$ Het uitwerken van deze vergelijking geeft $x=\frac{1}{2\pi}\approx 0,16 m$ Dus ongeveer 16 cm. Daar kan dus zeker een vlieg onder! De uitkomst is onafhankelijk van de straal van de aarde. Je kan dus om het even welke cirkel gebruiken.

Antwoord

Klik hier

Diabolo

Geplaatst op 12 april 2019 door admin

Een diabolo is een voorwerp waarmee men allerlei trucs kan uitvoeren. Het bestaat uit twee komvormige delen die met hun bodem aan elkaar zijn verbonden. Dit verbindingsstuk is het steunpunt voor de diabolo. Bij een diabolo horen twee stokjes bij die met een touw zijn verbonden. Hiermee kan de diabolo aan het tollen worden gebracht, zodat hij in balans blijft, en in de lucht kan worden gegooid en opgevangen. Het jongleren met een diabolo is afkomstig uit China.

Hoe kan je nu dergelijke figuur wiskundig genereren? Neem de impliciete vergelijking in de onbekenden x,y en z:

$x^2=(y^2+z^2)^2$

Het is duidelijk dat dit oppervlak de unie is van twee omwentelingsparaboloïden: $x=\pm (y^2+z^2)$ die elkaar raken in de oorsprong. Het raakvlak is het verticale vlak $x=0$ .

Bovenstaande tekening is gemaakt met het programma Surfer.

Hexomino’s

Geplaatst op 2 april 2019 door admin

In 1953 introduceerde Solomon W. Golomb, toen student aan de Harvard Universiteit, de term polyomino voor figuren die gevormd worden door eenheidsvierkanten samen te voegen. Omdat een domino bestaat uit twee aaneengesloten vierkanten, stelde Golomb voor figuren met drie vierkanten tromino’s te noemen. Die met vier vierkanten tetromino’s. En verder pentomino’s, hexomino’s, heptomino’s enz.

Hoeveel hexomino’s zijn er nu en hoeveel ervan kan je tot een kubus bouwen? Figuren die door een draaiing of een spiegeling op elkaar kunnen afgebeeld worden, beschouwen we als identiek.

De eenheidsvierkanten kunnen op verschillende manieren aaneengesmeed worden. Er is één monomino en één domino.
Om het aantal tromino’s (ook wel triomino’s genoemd) te bepalen, zoeken we uit hoe we van een domino een tromino kunnen maken. Je kan er rechts 1 toevoegen of er eentje bovenop zetten: er zijn dus 2 tromino’s
Bij de eerste tromino kan je nu een vierkantje bijvoegen rechts, links boven of midden boven. Bij de tweede tromino kan je dat rechts of links van het bovenste vierkantje doen. Zo bekom je 5 tetromino’s ( ook quatromino’s genoemd). Deze figuren kom je tegen bij het spel Tetris.
Van de blauwe tetromino kan je 3 pentomino’s ( of quintomino’s) maken. Van de oranje kan je dat op 7 manieren doen. Voor de paarse en de groen elk op 1 manier . Je vindt dus 12 pentomino’s.
Vertrekkend van de pentomino’s ( eerst de bovenste rij van links naar rechts) kan je dan 6 + 4 +11 + 9 + 6 + 9 + 9 + 10 + 5 + 2 + 10 + 5 = 86 figuren maken. Maar sommige zijn hetzelfde, ze kunnen door een rotatie of spiegeling op elkaar worden afgebeeld. er blijven uiteindelijk 35 hexomino’s over :
Slechts 11 daarvan kunnen een kubus vormen:

Wiskunde is leuk

Maandelijks archief: april 2019