Maandelijks archief: juni 2019

Vierkanten en rechthoeken op een schaakbord

Geplaatst op door

Hoeveel vierkanten en rechthoeken kan men vormen op een n x n schaakbord?

  • Nemen we eerst het aantal vierkanten. We noteren V(n) voor het aantal vierkanten dat je kan tekenen op een nxn bord. Voor de 1×1 vierkanten heb je n mogelijke verticale posities en n horizontale, dus n^2 mogelijke vierkanten. Voor de 2×2 vierkanten heb je n – 1 verticale en horizontale mogelijke plaatsingen , dus (n-1)^2 mogelijkheden. Uiteindelijk is het totaal aantal vierkanten gelijk aan n^2+(n-1)^2+\cdots+2^2+1^2. 

        \[V(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]

  • Met R(n) noteren we het aantal rechthoeken dat je kant tekenen op een nxn schaakbord. Voor een rechthoek heb je 2 verticale en twee horizontale lijnen nodig. Er zijn n+1 verticale en n+1 horizontale lijnen op een schaakbord. Om de verticale lijnen te kiezen heb je dus {n+1}\choose{2} =\frac{n(n+1)}{2}  mogelijkheden. Idem voor de keuze van de twee horizontale lijnen. Dus

        \[R(n)=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\]

  • Voor een 8×8 schaakbord heb je dus 204 vierkanten en 1296 rechthoeken. Van die rechthoeken zijn er 1092 die geen vierkant zijn.

Opgave 29

Geplaatst op door

n spelers spelen n spelen en winnen om de beurt. Telkens een speler wint, verdubbelt hij het bezit van zijn n-1 tegenspelers. Op het einde hebben ze allemaal evenveel. Hoeveel hadden ze in het begin?

Antwoord

  • Laten we eenvoudig beginnen met 3 spelers, die in het begin a,b en c bezitten. Het rijtje tussen resultaten van de eerste speler is (a, a-b-c,2(a-b-c),4(a-b-c)). Het rijtje voor de tweede speler is (b,2b,3b-a-c,2(3b-a-c)). tenslotte voor de derde speler (c,2c,4c,7c-a-b). Als ze allemaal evenveel hebben op het laatst dan moet 4(a-b-c)=2(3b-a-c)=7c-a-b.. Dit stelsels is gelijkwaardig met : 4b=7c en 4a=13c. Hieruit volgt dat a=13, b=7 en c=4.
  • Deze manier van werken wordt moeilijk voor willekeurige n.
  • Noteer met s het totaal bezit van alle spelers. Op het einde hebben ze dan allemaal \frac{s}{n}.
  • Na het eerste spel heeft de eerste speler a_1-a_2-\cdots-a_n=2a_1-s.
  • Al de volgende keren wordt zijn bedrag verdubbeld zodat hij op het einde 2^{n-1}(2a_1-s)=\frac{s}{n} heeft. Hieruit volgt dat n2^na_1=s(2^{n-1}n+1).
  • Een analoge redenering voor speler 2 geeft :n2^na_2=s(2^{n-2}n+1). Idem voor alle andere spelers.
  • Hieruit volgt dat ze allen op het einde 2^n bezitten en dat in het begin speler k een som van 2^{n-k}n+1 heeft

Ravi substitutie

Geplaatst op door

De Ravi substitutie is een techniek die erg belangrijk is bij het oplossen van meetkundige ongelijkheden. Ze luidt als volgt:

Als a, b en c zijden van een driehoek zijn dan bestaan er positieve getallen x,y en z zodat 

    \[a = y + z, b = z + x \text{ en } z = x + y\]

Het bewijs hiervan is niet zo lastig. Als a ,b en c zijden zijn van een driehoek, dan kunnen we de ingeschreven cirkel tekenen en uit onderstaande tekening volgt het gestelde.

Omgekeerd, zijn a, b en c de zijden van een driehoek als elke zijde kleiner is dan de som van de twee andere zijden. En dat is evident omdat x,y en z positief zijn.

Voorbeeld: Als a, b en c de zijden van een driehoek zijn bewijs dan dat

    \[abc \geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\]

We gebruiken de Ravi substitutie en we moeten dan bewijzen dat :

    \[(y+z)(z+x)(x+y)\geq xyz\]

  of

    \[x(y-z)^2+y(z-x)^2+z(x-y)^2\geq 0\]

Omdat x,y en z positief zijn is dit correct.

De naam Ravi substitutie komt van de Canadese wiskundige Ravi D. Vakil, (geboren in 1970) die deze reeds gekende substitutie als één van zijn favoriete methodes gebruikte bij het oplossen van ongelijkheden. Hij was lid van het Canadese team bij de Internationale Wiskunde Olympiade in 1986,1987 en 1988 en behaalde zilver en twee maal goud (éénmaal met een perfecte score).

Wiskunde en wijn

Geplaatst op door

Een wijnroeier is iemand die met een peilstok ( wijnroede genaamd) de hoeveelheid wijn in een vat meet.  Het beroep van wijnroeier kwam in Europa voor tot in de negentiende eeuw.

Een gelijkaardig probleem bestaat erin met een peilstok de hoeveelheid mazout in een tank te meten. Laten we veronderstellen dat het vat cilindrisch is. Het heeft de straal R en de lengte l. We zoeken nu een relatie tussen de inhoud I van de nog aanwezige wijn of olie en de hoogte h, waarover de lat door de vloeistof bevochtigd wordt.

We berekenen daartoe eerst de oppervlakte O van het cirkelsegment ACB.  Dit is het verschil van de oppervlakten van de sector MACB en  de driehoek MAB.

Door gebruik te maken van gekende formules vonden we dat deze oppervlakte gelijk is aan \alpha R^2-\frac{1}{2}R^2\sin 2\alpha.
Bijgevolg is de inhoud van de aanwezige vloeistof gelijk aan

    \[I=\frac{1}{2}lR^2(2\alpha-\sin 2\alpha)\]

Het verband tussen I en h is moeilijk uit te drukken. We weten wel dat h=R(1-\cos \alpha). We gaan een paar h waarden nemen en daarvoor \alpha en I berekenen en dat in grafiek zetten of een meetlat maken.

Het was J.Kepler, die naar aanleiding van het bezoek van een wijnroeier, zijn Nova stereometria doliorum (1615) en  Messekunst Archimedis (1616) schreef waarin hij de inhoud van bepaalde omwentelingslichamen bepaalde ( zonder integraalrekening!) en de praktische  toepassing ervan bij het wijnroeien.

Hoeden en logica

Geplaatst op door

Drie personen (A,B en C) elk met een hoed met daarop een natuurlijk getal, verschillend van 0. Iedereen ziet de nummers op de hoed van de anderen, maar niet zijn eigen nummer. Wel is 1 nummer de som van de andere twee .

A: ik kan niet weten wat mijn nummer is.
B: ik kan niet weten wat mijn nummer is.
C: ik kan niet weten wat mijn nummer is.
A: mijn nummer is 50

Wat zijn de andere twee nummers?

  • B en C kunnen niet hetzelfde nummer hebben anders zou A weten wat zijn nummer is. idem voor B en C, dus de combinaties (2k,k,k), (k,2k,k) en (k,k,2k) zijn zeker onmogelijk.
  • Omdat B zijn nummer niet weet kan ook (2k,3k,k) niet. Want als B k en 2k ziet, zijn er voor hem/haar 2 mogelijkheden : k of 3k. Maar k kan het niet zijn, want anders had A zijn nummer al geweten. Bijgevolg zou B weten wat zijn nummer is. Eenzelfde redenering kunnen we voor C voeren. Dus zijn ook volgende combinaties onmogelijk: (2k,k,3k), (k,2k,3k),  (2k,3k,k) en (k,3k,2k).
  • C weet zijn nummer ook niet. Dus kan (2k,3k,5k). Want als C 2k en 3k ziet staan heeft hij/zij als mogelijkheden k en 5k. Maar uit vorig punt weten we al dat k niet kan , dus C zou zijn mummer weten! Idem voor de combinatie (3k,2k,5k).
  • Nu is A terug aan de beurt. Hij/zij weet zijn nummer in de gevallen (3k,2k,k), (4k,3k,k), (3k,k,2k),(4k,k,3k), (5k,2k,3k) en (8k,3k,5k). Maar hij zegt dat het 50 is, dus blijft enkel (5k,2k,3k) als echte mogelijkheid. De getallen zijn dus 50, 20 en 30, voor respectievelijk A,B en C.