Nootje 9

Als de omtrek van een driehoek gelijk is aan 2, bewijs dan dat niet alle hoogtelijnen langer kunnen zijn dan \frac{1}{\sqrt{3}}.

Antwoord Klik hier

Veeltermfuncties

De veelterm a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n met coëfficiënten in een getallenverzameling K, kan voorgesteld worden door de rij van de coëfficiënten (a_0,a_1,\cdots,a_n,0,0,\cdots) : een oneindige rij met een eindig aantal elementen verschillend van 0. Twee veeltermen zijn gelijk als de overeenkomstge rijen term gewijze gelijk zijn.

Met een veelterm kan je ook een veeltermfunctie associëren: f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n. Twee functies zijn gelijk als ze voor elk element van K hetzelfde beeld hebben.

Het is evident dat twee gelijke veeltermen gelijke veeltermfuncties bepalen, maar het omgekeerde niet; m.a.w. het is niet evident dat verschillende veelterm verschillende veeltermfuncties bepalen. Neem bvb. K=\mathbb{Z}_3=\{0,1,2\} ( we werken dus modulo 3). Nu zijn x en x^3 verschillende veeltermen want x=(0,1,0,0,...) en x^3=(0,0,0,1,0,0,...), terwijl de functies f(x)=x en g(x)=x^3 beide gelijk zijn aan \{(0,0),(1,1),(2,2)\}. Want 2^3=8 \equiv 2 \mod 3.

Voor K=\mathbb{R} kan men aantonen dat twee veeltermen gelijk zijn als en slechts als de overeenkomstige veeltermfuncties gelijk zijn.

Opgave 28

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

Antwoord Klik hier

Een driehoek is gelijkbenig als…

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

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