Wiskunde is leuk

Nootje 40

Geplaatst op 8 september 2023 door admin

Als $n^2+n+1=0$ , bereken dan
$A= n^{2023}+n^{2024}+2024$

Antwoord

Omdat $n^2+n+1=0$ , zal ook $n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)=0$ . Bijgevolg is $n^3=1$ en $n\neq 1$ .
Nu is $n^{2023}=(n^3)^{674}*n=1^{674}*n=n$ .
Evenzo is $n^{2024}=n^{2023}*n=n^2$ .
Tenslotte is $A=(n+n^2)+2024=-1+2024=2023$ .

Nootje 39

Geplaatst op 20 juni 2023 door admin

Antwoord

AH is de loodlijn uit A op BC. In een gelijkbenige driehoek verdeelt die de zijde BC in twee gelijke delen: dus elk van lengte $\frac{18+2}{2}=10$ .
We passen nu Pythagoras toe in driehoek ABH: $x^2=100+|AH|^2$ .
Hetzelfde in driehoek AHM: $100=64+|AH|^2$ . Hieruit volgt dat $|AH|=6$ .
Invullen in vorige formule geeft $x^2=136$ of $x=2\sqrt{34}$ .

Nootje 38

Geplaatst op 13 juni 2023 door admin

Antwoord

Onderverdelen in driehoeken lijkt een goed idee:
De gelijkheid van oppervlaktes is evident: zelfde hoogte en even grote basis.
De vierhoek linksboven heeft oppervlakte 20 en is dus gelijk aan $16-x+32-y$ .
Hieruit volgt $x+y=28$ .
De oppervlakte van de vierhoek rechts onder, die gevraagd wordt, is gelijk aan $x+y$ , dus de gevraagde oppervlakte is gelijk aan 28 vierkante centimeter.

Nootje 37

Geplaatst op 11 juni 2023 door admin

Antwoord

Vermoedelijk een toepassing op de stelling van Pythagoras….
Men kan gemakkelijk bewijzen dat
$|PD|^2+|PB|^2=|PA|^2+|PC|^2$
Dit resultaat wordt weleens de stelling van de Britse vlag genoemd, naar de vergelijking met de Union Jack
Voor ons probleem is dus $x^2+4=36+49$ , dus is $x=9$ .

Nootje 36

Geplaatst op 27 mei 2023 door admin

Vind alle niet complexe oplossingen van
$(2x+1)(3x+1)(5x+1)(30x+1)=10$

Antwoord

Alles uitrekenen geeft een vierdegraadsvergelijking, die waarschijnlijk niet op te lossen is.
We gaan de factoren in het linkerlid twee per twee uitrekenen: de eerst met de laatste en de twee middelsten.
De opgave wordt dan: $(15x^2+8x+1)(60x^2+32x+1)=10$ .
We merken op dat de twee eerste termen van de tweede factor het viervoud zijn van de eerste twee termen van de eerste factor. Stel $15x^2+8x=y$
We krijgen dan $(y+1)(4y+1)=10$ of na uitwerken $4y^2+5y-9=0$ .
Deze vierkantsvergelijking heeft als oplossingen 1 en $-2,25$ .
Vervangen we y terug dan verkrijgen we twee vergelijkingen van de tweede graad. De eerste $15x^2+8x-1=0$ geeft als oplossingen $\frac{-4\pm \sqrt{31}}{15}$ .
De tweede vergelijking wordt $15x^2+8x+2,25=0$ en deze heeft geen reële oplossingen.
De enige niet complexe oplossingen zijn dus
$\frac{-4\pm \sqrt{31}}{15}$