Maandelijks archief: april 2019

Nootje 9

Geplaatst op door

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

  • Noteer de drie zijden van de driehoek door a,b en c en de hoogtelijnen door h_a,h_b en h_c.
  • Er moet dus minstens 1 hoogtelijn kleiner zijn dan \frac{1}{\sqrt{3}}. De kleinste hoogtelijn staat loodrecht op de grootste zijde.
  • Veronderstel dat a de grootste zijde is dan is a\geq \frac{2}{3}.
  • De oppervlakte van de driehoek is gelijk aan \frac{1}{2}a.h_a, maar ook gelijk aan \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}. Hierin is p de halve omtrek en dus is p=1.
  • Bijgevolg is \frac{1}{2}a.h_a = \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} of  h_a=\frac{2}{a}\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq 3\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} .
  • Gebruik nu de ongelijkheid van het meetkundig en rekenkundig gemiddelde : \sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{1}{3}(1-a+1-b+1-c)=\frac{1}{3}.
  • Hieruit volgt dat \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} \leq \frac{1}{\sqrt{27}}.
  • Ten slotte is dus h_a \leq 3.\frac{1}{\sqrt{27}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.

Veeltermfuncties

Geplaatst op door

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

Geplaatst op door

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

Antwoord

  • 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.

Een driehoek is gelijkbenig als…

Geplaatst op door

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 door

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

  • 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.