Categorie archieven: Meetkunde

Regelmatige veelvlakken

Geplaatst op door

Een regelmatig veelvlak is een veelvlak met volgende eigenschappen:

  • Alle zijvlakken zijn congruente regelmatige veelhoeken.
  • In elk hoekpunt komen evenveel zijvlakken samen.
  • Ze zijn convex
  • De hoeken tussen de zijvlakken zijn steeds hetzelfde.
  • Voor het aantal ribben (R), het aantal grensvlakken (G) en aantal hoekpunten (H) van een convex lichaam geldt de formule van Euler: R + 2 = G + H

Er zijn er 5; ze worden ook wel eens de Platonische lichamen genoemd naar Plato(427 BC – 347BC), die ze het eerst beschreef.

Plato bracht de vijf regelmatige veelvlakken ook in verband met de vijf kosmische bouwstenen van de wereld: vuur, lucht, water, aarde en hemelmaterie.

Verbindt men de middens van de zijvlakken van een veelvlak met elkaar, dan vormen de verbindingslijnen de ribben van een ander veelvlak. Een viervlak blijft een viervlak, maar een kubus wordt een octaëder en omgekeerd. Een dodecaëder wordt een icosaëder en omgekeerd. De kubus en de octaëder zijn het duale veelvlak van elkaar, de dodecaëder en de icosaëder ook.

Superellipsen

Geplaatst op door

 

Iedereen kent wel de vergelijking  van een  ellips of het speciaal geval van een cirkel (als a=b=r):

    \[\Big(\frac{x}{a}\Big)^2+\Big(\frac{x}{b}\Big)^2=1\]

We kunnen onderzoeken wat er gebeurt als  we de vergelijkingen , die hierboven vermeld staan,  algemener te maken door de kwadraten te vervangen door andere exponenten. 

    \[\Big|\frac{x}{a}\Big|^n+\Big|\frac{x}{a}\Big|^n=1\]

Deze meetkundige figuren werden het eerst bestudeerd door de Franse wiskundige Gabriël Lamé (1795-1870). Ze werden nadien sterk gepropageerd door de Deense wiskundige, dichter en kunstenaar Piet Hein (1905-1996)

We geven een paar van zijn ‘creaties’:

De stelling van Napoleon

Geplaatst op door

Iedereen kent gelijkvormige driehoeken. In deze tekst proberen we ze te beschrijven met complexe getallen. Elk punt Z in het vlak correspondeert met een uniek complex getal z.

Twee driehoeken ABC en DEF zijn rechtstreeks gelijkvormig ( alle  hoeken hebben eenzelfde oriëntatie, bvb met de klok mee) als en slechts als

    \[\begin{vmatrix} a&d&1\\b&e&1\\c&f&1 \end{vmatrix}=0\]

Bij onrechtstreekse gelijkvormigheid moet je , in de tweede kolom, elk complex getal vervangen door zijn complex toegevoegde. Gebruiken we deze formules nu op een voorbeeld:

De stelling van Napoleon luidt dat als aan de zijden van een willekeurige driehoek gelijkzijdige driehoeken worden vastgemaakt, ofwel alle drie naar buiten, ofwel naar binnen gericht, dat vormen de zwaartepunten van die driehoeken  een gelijkzijdige driehoek.

  • We veronderstellen alle driehoeken klok georiënteerd.
  • Elke gelijkzijdige driehoek is gelijkvormig met de driehoek gevormd door de complexe getallen 1,\omega en \omega^2 . Hierbij is \omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}.
  • Als ABC gelijkzijdig is dan moet

        \[a+b\omega+c\omega^2=0\]

    Dit volgt uit vorige opmerking.

  • Dus is :

        \[\begin{array}{c} c+x\omega+b\omega^2=0\\b+z\omega+a\omega^2=0\\a+y\omega+c\omega^2=0\end{array}\]

  • Door de tweede vergelijking te vermenigvuldigen met \omega en de derde met \omega^2 vinden we:

        \[\begin{array}{c} c+x\omega+b\omega^2=0\\a+b\omega+z\omega^2=0\\y+c\omega+a\omega^2=0\end{array}\]

  • Omdat M,L en N zwaartepunten zijn geldt: m=\frac{a+c+y}{3},l=\frac{c+x+b}{3} en n=\frac{a+b+z}{3}.
  • Rest ons te bewijzen dat MLN gelijkzijdig is, daartoe moeten we bewijzen dat m+l\omega+n\omega^2=0. Een combinatie van de twee laatste puntjes geeft ons het gewenste resultaat.

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.

Bewijs zonder woorden

Geplaatst op door

We maken gebruik van volgende stellingen:

  • De sinusregel die zegt dat sin x = 2R .a waarbij a de zijde is tegenover hoek x en waarbij R de straal is van de omgeschreven cirkel. Zo bepalen we in de tekening de zijden met lengte sin x, sin y en
    p = sin (x + y).
  • Een omtrekshoek op een halve cirkel is recht. In combinatie met vorig punt vinden we zo de zijden met lengte cos x en cos y.
  • In een koordenvierhoek is de som van de producten van de overstaande zijden gelijk aan het product van de diagonalen. Zo vinden we een uitdrukking voor p.