Categorie archieven: Heuristieken

Veralgemeen

Geplaatst op door

Het lijkt paradoxaal, maar soms kan een probleem vereenvoudigd en dus meer handelbaar en verstaanbaar gemaakt worden door het te  veralgemenen. Een meer algemenere formulering opent soms bredere perspectieven, laat de niet essentiële zaken weg en voorziet ons soms van een nieuw arsenaal van technieken.

Wat is het grootst:

    \[\sqrt[3]{60} \text{ of } 2+\sqrt[3]{7}\]

  • De derde macht nemen van beide getallen lijkt erg ingewikkeld te worden.
  • Probeer het meer algemeen probleem op te lossen: Wat is het grootst: A=\sqrt[3]{4(x+y)} of B=\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y} ? Hierbij zijn x en y positief. De opgave is dan het speciaal geval met x=8 en y=7.
  • Stel x=a^3 en y=b^3. Dan is B^3=(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3. Verder is A^3=4(a^3+b^3).
  • Nu is A^3-B^3=3(a^3+b^3-a^2b-ab^2)=(a-b)(a^2-b^2)=(a-b)^2(a+b). Omdat x en y positief zijn, zijn ook a en b positief en is A^3-B^3 >0. Hieruit volgt dat A^3 > B^3 en dus ook dat A>B.
  • We besluiten dat \sqrt[3]{60} groter is dan 2+\sqrt[3]{7}.

					

		
		
	


				
					
	

		

						
Verdeel in verschillende gevallen

			
						

				Geplaatst op   door  			

			
					


				

			
Soms kan het probleem  verdeeld worden in een aantal deelproblemen , die elk afzonderlijk kunnen behandeld worden. Dit gebeurt dikwijls als het probleem de al-kwantor bevat: voor alle x … Deze methode wordt ook wel het uitputtingsprincipe genoemd of de exhaustie methode.




Gegeven is een functie f:\mathbb{Q} \longrightarrow \mathbb{R}  met  


      \[\forall x,y \in \mathbb{Q}: f(x+y)=f(x)+f(y)\]


 Bewijs dat \forall x\in \mathbb{Q}: f(x)=f(1).x.


    

  • We gaan het resultaat eerst bewijzen voor de positieve gehele getallen. De eigenschap klopt voor x = 1.
    
Voor x = 2 hebben we f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)=2.f(1).
    
Voor x = 3 is f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=2.f(1)+f(1)=3.f(1).
    
Het is duidelijk dat we dit proces kunnen verderzetten en dat voor elk positief geheel getal n geldt dat f(n)=n.f(1)
    • 

  • Nu controleren we de formule voor niet positieve gehelen. Eerst is er f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0). Hieruit volgt dat f(0)=0=0.f(1). Neem nu het negatief getal m, dan is er een positief geheel getal n met m=-n. Bijgevolg is 0=f(0)=f(n+(-n))=f(n)+f(-n).
    
Hieruit volgt dat f(m)= f(-n)=-f(n)=-n.f(1)=m.f(1), waarmee het gestelde bewezen is.
    • 

  • Nu komen de omgekeerden van de gehele getallen (verschillend van 0) aan de beurt. Stel m=\dfrac{1}{n}, dan geldt:
    
f(1)=f(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+\cdots+\dfrac{1}{n})=n.f(\dfrac{1}{n}).
    
Hieruit volgt dat f(\dfrac{1}{n})=\dfrac{1}{n}.f(1) of f(m)=m.f(1).
    • 

  • Tenslotte nemen we de rationale getallen onder de loep: x=\dfrac{m}{n}.
    
Nu is f(\dfrac{m}{n})=f(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+\cdots+\dfrac{1}{n})=m.f(\dfrac{1}{n}).
    
Dus is f(\dfrac{m}{n})=m.f(\dfrac{1}{n})=\dfrac{m}{n}.f(1).
    
Bijgevolg geldt voor elk rationaal getal x=\dfrac{m}{n} dat f(x)=x.f(1).
    • 


					

		
		
	


				
					
	

		

						
Vereenvoudig

			
						

				Geplaatst op   door  			

			
					


				

			
Als een probleem te moeilijk is om op te lossen, kan het oplossen van een ander, eenvoudiger probleem, dikwijls inspiratie geven om het oorspronkelijk probleem op te lossen. We kunnen bijvoorbeeld eerst speciale gevallen bestuderen of we kunnen bijvoorbeeld één van de voorwaarden weglaten. Of we kunnen concrete gevallen van het algemeen probleem proberen aan te pakken.


Gegeven is een willekeurige driehoek. Construeer een vierkant zodat alle hoekpunten van dat vierkant op de zijden van de driehoek liggen. Twee van de hoekpunten zijn dus gelegen op dezelfde zijde van de driehoek.


 


    


  • 
    We laten één van de voorwaarden weg en proberen eerst een vierkant EDGF te construeren waarvan 2 punten op een zijde van de driehoek liggen en waarvan één ander hoekpunt op een andere zijde van de driehoek ligt.
    • 

  •  

    We gaan het vierkant vergroten zodat D op [AB] blijft en E en F ook op [A,C] blijven. Ondertussen zorgen we ervoor dat G op de derde zijde van de driehoek komt te liggen.We gebruiken hiervoor een homothetie met centrum A die G afbeeldt op H ( het snijpunt van AG met BC).
    • 

  •  

    Het homothetisch beeld van EDGF is dan JIHK en dit vierkant vodoet aan de gestelde voorwaarden.
    

    

    

    • 


					

		
		
	


				
					
	

		

						
Maak een tekening

			
						

				Geplaatst op   door  			

			
					


				

			
Soms kan het een grote hulp zijn de gegevens van het probleem te visualiseren. We denken dan uiteraard aan een meetkundig probleem waar een tekening ons kan helpen tot een oplossing te komen. Maar je kan ook werken met een Venndiagram, een boomschema of met grafen om je gedachten te ordenen.


Neem een driehoek ABC met hoeken \alpha,\beta en \gamma. Bewijs dan: 


      \[\dfrac{\sin \alpha+\sin \beta}{2}\leq \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2}\]




    

  • Je kan proberen de ongelijkheid te bewijzen via een tekenschema. Nuttig hierbij zullen waarschijnlijk de formules van Simpson zijn.
    • 

  • Maar bekijken we eens de grafiek van de sinusfunctie. Veronderstel \alpha \leq \beta \leq \gamma. De hoeken zijn uiteraard allen kleiner dan 180^\circ.
    • 

  • A(\alpha,\sin \alpha) en B(\beta,\sin \beta). C is het midden van het lijnstuk [A,B].
    • 

  • Het linkerlid van de gegeven ongelijkheid is de hoogte van het punt C en het rechterlid de hoogte van het punt D. Door de bolle vorm van de grafiek van de sinusoïde in [0,\pi] is de ongelijkheid duidelijk.

    

    • 



 



					

		
		
	


				
					
	

		

						
Werk van achter naar voren

			
						

				Geplaatst op   door  			

			
					


				

			
Bij het werken van achter naar voren veronderstellen we dat de conclusie klopt en gaan we daaruit allerlei conclusies trekken tot we ergens terechtkomen bij een bekende situatie of bij iets wat we gemakkelijk kunnen bewijzen.




Een voorbeeld:


Je hebt twee emmers zonder merkstreepjes, één van 9 liter en één van 4 liter. Hoe kan je hiermee precies 6 liter water uit een waterput afmeten?


    

  • De eindsituatie is zes liter in de grote emmer.
    • 

  • Wat is de situatie daarvoor? 6 =9-3, dus die 6 liter kan verkregen worden door 3 liter weg te gieten uit de volle emmer van 9 liter.
    • 

  • Om 3 liter te kunnen afgieten moet er in de kleine emmer juist 1 liter aanwezig zijn.
    • 

  • Maar 1 =9-4-4: dus \’e\’en grote emmer waaruit 2 keer de inhoud van de kleine emmer is weggegoten.
    • 

  • Besluit: we vullen de grote emmer met 9 liter en gieten 2 keer 4 liter over in de kleine emmer. Dan gieten we die ene liter in de kleine emmer. We vullen nu terug de grote emmer met 9 liter en gieten water over in de kleine emmer tot die volledig vol is. Er blijft dan 6 liter water over in de grote emmer.
    •