Superellipsen

Geplaatst op 26 september 2019 door admin

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 21 augustus 2019 door admin

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 19 april 2019 door admin

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 17 maart 2019 door admin

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.

Het probleem van Fagnano

Geplaatst op 24 februari 2019 door admin

Gegeven is een scherphoekige driehoek ABC. Zoek een ingeschreven driehoek DEF met de kleinst mogelijke omtrek.

Dit probleem werd in 1775 gesteld door de Italiaanse wiskundige J.F.Fagnano.

Eén van heuristieken gebruikt bij problem solving leert ons het probleem aan te pakken voor een speciaal geval: neem het punt D vast. Spiegel vervolgens D rond de twee aanliggende zijden tot S en T.

De omtrek van DEF is gelijk aan de lengte van SFET. De kleinst mogelijke omtrek krijgen we dus als als SFET zo klein mogelijk is, dus als we F en E nemen op de rechte ST.
Merk op dat de driehoek SAT gelijkbenig is en dat de tophoek SAT gelijk is aan het dubbele van de hoek BAC. Aangezien het lijnstuk [ST] de basis is van een gelijkbenige driehoek met een vaste tophoek, zal deze basis zo klein mogelijk zijn als de lengte van de benen [AS] en [AT] zo klein
mogelijk is. We moeten het punt D dus zo kiezen dat [AS] en [AT] zo klein mogelijk zijn. Het is duidelijk dat |AS| = |AD| = |AT|. We moeten dus D op [BC] kiezen zodat|AD| zo klein mogelijk is. Bijgevolg moet D het voetpunt zijn van de loodlijn uit A op [BC] .

Natuurlijk kunnen we in plaats van met D te beginnen ook via E of F werken. Zo krijgen we als oplossing de voetpuntsdriehoek:

Wiskunde is leuk

Categorie archieven: Meetkunde