Categoriearchief: Sangaku’s

Sangaku 5

Geplaatst op 4 februari 2021 door admin

Deze sangaku werd beschreven op een tablet van de Miyagi Prefecture uit 1912

Antwoord	Klik hier
We gaan op zoek naar de lengte van de schuine zijde van de groene rechthoekige driehoeken. Noteer de zijde van de regelmatige vijfhoek door a. We leggen volgende notatie vast: De scherpe hoek van de groene driehoek, die grenst aan de vijfhoek is $36^\circ$ (de helft van het supplement van de hoek van een vijfhoek, en die is $108^\circ$ ). Driehoek $A_3A_4A_5$ is gelijkbenig en dus zijn de basishoeken elk $36^\circ$ . Volgens de cosinusregel is $l^2=2a^2(1-\cos 108^\circ)=4a^2\sin^2 72^\circ=4a^2\cos36^\circ$ Hieruit volgt dat $l=2a\cos 36^\circ$ . In driehoek $A_3MA_5$ is $h=l\sin 72^\circ$ . Samen met vorig resultaat geeft dit dat $h=2a\cos 35^\circ \sin 72^\circ$ . In driehoek $A_3MP$ is $c=\frac{h}{\cos 54^\circ}=\frac{2a\cos 35^\circ \sin 72^\circ}{\cos 54^\circ}$ . Tenslotte, in driehoek $A_3PH$ is $t=\frac{c}{\cos 36^\circ}$ . Hierin kunnen we c invullen en krijgen we, omdat $\cos 36^\circ=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ : $t=a(1+\sqrt{5})$

Antwoord

We gaan op zoek naar de lengte van de schuine zijde van de groene rechthoekige driehoeken. Noteer de zijde van de regelmatige vijfhoek door a.
We leggen volgende notatie vast:
De scherpe hoek van de groene driehoek, die grenst aan de vijfhoek is $36^\circ$ (de helft van het supplement van de hoek van een vijfhoek, en die is $108^\circ$ ).
Driehoek $A_3A_4A_5$ is gelijkbenig en dus zijn de basishoeken elk $36^\circ$ . Volgens de cosinusregel is $l^2=2a^2(1-\cos 108^\circ)=4a^2\sin^2 72^\circ=4a^2\cos36^\circ$
Hieruit volgt dat $l=2a\cos 36^\circ$ .
In driehoek $A_3MA_5$ is $h=l\sin 72^\circ$ . Samen met vorig resultaat geeft dit dat $h=2a\cos 35^\circ \sin 72^\circ$ .
In driehoek $A_3MP$ is $c=\frac{h}{\cos 54^\circ}=\frac{2a\cos 35^\circ \sin 72^\circ}{\cos 54^\circ}$ .
Tenslotte, in driehoek $A_3PH$ is $t=\frac{c}{\cos 36^\circ}$ .
Hierin kunnen we c invullen en krijgen we, omdat $\cos 36^\circ=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ :
$t=a(1+\sqrt{5})$

Geplaatst in Sangaku's | Tags: cosinus regel,sangaku,vijfhoeken

Sangaku 4

Geplaatst op 20 januari 2021 door admin

Antwoord	Klik hier
De groene oppervlakte is gelijk aan de rode oppervlakte. We duiden volgende gebieden aan en noteren de schuine zijde van de gele rechthoekige driehoek a en de rechthoekszijden b en c: Te bewijzen is dat I + V = III De stellig van Pythagoras zegt: $a^2=b^2+c^2$ . Na deling door 8 en vermenigvuldiging met $\pi$ geeft dit: $\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{a}{2} \Big)^2=\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{b}{2} \Big)^2+\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{c}{2} \Big)^2$ Vertaald naar oppervlaktes van halve cirkels geeft dit : II + III + IV = I +II +IV +V of na vereenvoudiging: I + V = III Deze figuur noemt men ook wel eens de maantjes van Hippocrates. Ze wordt toegeschreven aan de Griekse wiskundige Hippocrates van Chios (rond 430 voor Christus).

Antwoord

Klik hier

De groene oppervlakte is gelijk aan de rode oppervlakte.
We duiden volgende gebieden aan en noteren de schuine zijde van de gele rechthoekige driehoek a en de rechthoekszijden b en c:
Te bewijzen is dat I + V = III
De stellig van Pythagoras zegt: $a^2=b^2+c^2$ .
Na deling door 8 en vermenigvuldiging met $\pi$ geeft dit:
$\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{a}{2} \Big)^2=\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{b}{2} \Big)^2+\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{c}{2} \Big)^2$
Vertaald naar oppervlaktes van halve cirkels geeft dit : II + III + IV = I +II +IV +V of na vereenvoudiging: I + V = III
Deze figuur noemt men ook wel eens de maantjes van Hippocrates. Ze wordt toegeschreven aan de Griekse wiskundige Hippocrates van Chios (rond 430 voor Christus).

Geplaatst in Sangaku's | Tags: maantjes,maantjes van Hypocrates,Pythagoras,sangaku

Sangaku 3

Geplaatst op 13 december 2020 door admin

Antwoord	Klik hier
We zien hier 3 cirkels die elkaar uitwendig raken en die alle 3 eenzelfde rechte raken. We zoeken een verband tussen de stralen. Noem die, van links naar rechts, $r_1,r_2$ en $r_3$ . Bij twee dergelijke cirkels zien we dat $\|xy\|^2=(r+s)^2-(r-s)^2=4rs$ We kunnen dit 3 keer toepassen in de gegeven sangaku: de twee linkse cirkels, de twee rechtse cirkels en de meest linkse met de meest rechtse. Zo vinden we $\sqrt{r_1r_3}=\sqrt{r_1r_2}+\sqrt{r_2r_3}$ Na deling van beide leden door $\sqrt{r_1r_2r_3}$ , vinden we: $\frac{1}{\sqrt{r_2}}=\frac{1}{\sqrt{r_1}}+\frac{1}{\sqrt{r_3}}$

Antwoord

Klik hier

We zien hier 3 cirkels die elkaar uitwendig raken en die alle 3 eenzelfde rechte raken. We zoeken een verband tussen de stralen. Noem die, van links naar rechts, $r_1,r_2$ en $r_3$ .
Bij twee dergelijke cirkels zien we dat
$|xy|^2=(r+s)^2-(r-s)^2=4rs$
We kunnen dit 3 keer toepassen in de gegeven sangaku: de twee linkse cirkels, de twee rechtse cirkels en de meest linkse met de meest rechtse. Zo vinden we $\sqrt{r_1r_3}=\sqrt{r_1r_2}+\sqrt{r_2r_3}$
Na deling van beide leden door $\sqrt{r_1r_2r_3}$ , vinden we:
$\frac{1}{\sqrt{r_2}}=\frac{1}{\sqrt{r_1}}+\frac{1}{\sqrt{r_3}}$

Geplaatst in Sangaku's | Tags: ford cirkels,rakende cirkels,sangaku

Sangaku 2

Geplaatst op 19 oktober 2020 door admin

Dit probleem komt uit de verzameling Siri Shinpen van Saito Gigi (1816-1889). Het werd door Nakasone Munekuni voorgesteld in 1856 en opgehangen in de Haruna schrijn in Haruna.

Antwoord	Klik hier
Te bewijzen is dat de groene oppervlakte en de oranje oppervlakte gelijk zijn. De groene oppervlakte bestaat uit 2 cirkels ( $2\pi r^2$ ) en n cirkelsectoren. De oppervlakte van een cirkelsector is $\frac{1}{2}r^2\alpha$ . Als we al de oppervlaktes van die sectoren optellen vinden we $\frac{1}{2}r^2S$ met S de som van al de hoeken van de getekende veelhoek. Dus is $S=(n-2)\pi$ . De groene oppervlakte is dus $\frac{n+2}{2}\pi r^2$ . De oranje oppervlakte bekomen we door n cirkels te verminderen met een deel van de groene oppervlakte: $\pi nr^2-\frac{n-2}{2}\pi r^2$ en na vereenvoudiging is dat ook $\frac{n+2}{2}\pi r^2$ .

Antwoord

Klik hier

Te bewijzen is dat de groene oppervlakte en de oranje oppervlakte gelijk zijn.

De groene oppervlakte bestaat uit 2 cirkels ( $2\pi r^2$ ) en n cirkelsectoren. De oppervlakte van een cirkelsector is $\frac{1}{2}r^2\alpha$ .
Als we al de oppervlaktes van die sectoren optellen vinden we $\frac{1}{2}r^2S$ met S de som van al de hoeken van de getekende veelhoek. Dus is $S=(n-2)\pi$ .
De groene oppervlakte is dus $\frac{n+2}{2}\pi r^2$ .
De oranje oppervlakte bekomen we door n cirkels te verminderen met een deel van de groene oppervlakte: $\pi nr^2-\frac{n-2}{2}\pi r^2$ en na vereenvoudiging is dat ook $\frac{n+2}{2}\pi r^2$ .

Geplaatst in Sangaku's | Tags: oppervlakte cirkel,oppervlakte cirkelsector,sangaku

Sangaku 1

Geplaatst op 11 augustus 2020 door admin

Een sangaku is van nature uit een Japanse puzzel uit de Euclidische meetkunde. Vanuit een afbeelding wordt er gevraagd een eigenschap of stelling te herkennen of een berekening uit te voeren. Laten we starten met een eenvoudig voorbeeld:

Antwoord	Klik hier
Er wordt hier gevraagd naar de oppervlakte van het gele vierkant. De oppervlakte van het grote vierkant is $(\varphi+1)^2=\varphi^2+2\varphi+1$ . Nu is $\varphi$ de gulden snede, dus is $\varphi^2=\varphi+1$ , zodat de oppervlakte van het grote vierkant gelijk is aan $3\varphi+2$ . Nu moet je vier driehoeken met schuine zijde $\varphi+1$ aftrekken. De kleinste rechthoekszijde vindt men door gelijkvormige driehoeken te beschouwen en heeft dan als lengte $\frac{\varphi+1}{\sqrt{(\varphi+1)^2+1}}=\frac{\varphi+1}{\sqrt{3}\varphi}$ . Zo wordt de oppervlakte van het gele vierkant uiteindelijk $\frac{1}{3}\varphi^4$ . Hierbij gebruiken we de eigenschap dat $3\varphi+2=\varphi^4$ .

Antwoord

Klik hier

Er wordt hier gevraagd naar de oppervlakte van het gele vierkant.
De oppervlakte van het grote vierkant is $(\varphi+1)^2=\varphi^2+2\varphi+1$ . Nu is $\varphi$ de gulden snede, dus is $\varphi^2=\varphi+1$ , zodat de oppervlakte van het grote vierkant gelijk is aan $3\varphi+2$ .
Nu moet je vier driehoeken met schuine zijde $\varphi+1$ aftrekken. De kleinste rechthoekszijde vindt men door gelijkvormige driehoeken te beschouwen en heeft dan als lengte $\frac{\varphi+1}{\sqrt{(\varphi+1)^2+1}}=\frac{\varphi+1}{\sqrt{3}\varphi}$ .
Zo wordt de oppervlakte van het gele vierkant uiteindelijk $\frac{1}{3}\varphi^4$ . Hierbij gebruiken we de eigenschap dat $3\varphi+2=\varphi^4$ .

Geplaatst in Sangaku's | Tags: gulden snede,oppervlakte vierkant,sangaku