Categorie archieven: Weetjes

rekenkundig en harmonisch gemiddelde in een trapezium

Geplaatst op door

De vraag die we willen behandelen in deze tekst luidt:

Construeer het rekenkundig gemiddelde ( RG) en het harmonisch gemiddelde (HG) van de twee evenwijdige zijden van een trapezium.

  • Her RG is vrij eenvoudig: construeer het lijnstuk door de middens van de opstaande zijden. Volgens de stelling van Thales is |EF|=\frac{1}{2}(|AB|+|CD|)
  • Voor het harmonisch gemiddelde construeren we het lijnstuk, evenwijdig aan de evenwijdige zijden, door het snijpunt van de twee diagonalen van het trapezium.
    Uit de gelijkvormigheid van de driehoeken FDE en ADB, CEG en CAB, DEC en EAB volgt dat |FE|=|EG|. Construeer nu , door C, een evenwijdige aan AD. Noteer |AB|=a,|CD|=b en |FG|=x
    Nu is |EH|=b-\frac{1}{2}x en |HG|=x-b. De 3 concurrente rechten AC,IC en BC worden gesneden door 2 evenwijdige rechten, dus geldt volgens Thales dat \frac{|EH|}{|AI|}=\frac{|GH|}{|BI|} of \frac{b-\frac{1}{2}x}{b}=\frac{x-b}{a-b}. Hieruit volgt dat x=\frac{2ab}{a+b} en dit betekent dat |EF| het harmonisch gemiddelde is van de twee evenwijdige zijden van het trapezium.

 

Een vierkant vol getallen

Geplaatst op door

\begin{array}{ccc} 1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{array}

In bovenstaand vierkant zien we dat de som van de elementen op de diagonalen gelijk is : 1+5+9=3+5+7=15. Het is duidelijk dat dit ook geldt voor een 2×2 vierkant met de getallen 1,2,3 en 4:

\begin{array}{cc} 1&2\\3&4\end{array}

De vraag is nu of we dit kunnen veralgemenen: Als we de getallen 1,2,\cdots,n^2 in een nxn rooster plaatsen, in stijgende volgorde, is dan de som van de  elementen op de twee diagonalen dezelfde en zo ja wat is die som?

  • We bekijken eerst welke elementen op de diagonaal staan die links boven vertrekt. Het eerste element is 1 en het volgende staat n + 1 plaatsen verder. Het derde staat weer n + 1 plaatsen verder. Bijgevolg zijn de elementen op die diagonaal van de vorm 1+k(n+1)  waarbij k:0,,2,\cdots, n-1.
  • De som van die elementen is dan S=1+1+(n+1)+1+2.(n+1)+\cdots+1+(n-1)(n+1).
  • Uitgewerkt geeft dit: S=n+\dfrac{(n-1)n}{2}.(n+1)=\dfrac{n^3+n}{2}.
  • Nu de elementen op de andere diagonaal. Het eerste element is n. het volgende ligt één plaats voor 2n, het derde 2 plaatsen voor 3n. De elementen op die diagonaal zijn dus van de vorm :k.n-(k-1) met k:1,2,\cdots,n.
  • De som van die elementen is T=n+2n-1+\cdots+n.n-(n-1).
  • Uitgewerkt geeft dit : T=n.\dfrac{n(n+1)}{2}-\dfrac{(n-1)n}{2}=\dfrac{n^3+n}{2}.
  • Hieruit volgt inderdaad dat S=T. We kunnen de eiegenschap dus wel degelijk veralgemenen en de ‘magische’ som van het vierkant is

        \[\dfrac{n^3+n}{2}\]

Sierpinski getallen

Geplaatst op door

De Poolse wiskundige Waclaw Sierpinski (1882-1969) is vooral bekend van zijn driehoek. minder gekend zijn de zogenaamde Sierpinski getallen.

Een Sierpinski getal is een oneven getal k zodat k.2^n+1, voor geen enkele waarde van n een priemgetal is. Zo is 3 geen Sierpinski getal want 3.2^1+1=7 is priem. Ook 5 en 7 zijn geen Sierpinski getallen want 5.2^1+1=11 en 7.2^2+1=29 zijn allebei priemgetallen. In 1960 bewees Sierpiński dat er een oneindig aantal oneven gehele getallen k bestaan die geen priemgetallen opleveren.

Het is niet eenvoudig Sierpinski getallen te vinden. Het kleinste getal, waarvan we zeker weten dat het een Sierpinski getal is, is 78557. In 1962 bewees J.Selfridge dat 78557.2^n+1 nooit een priemgetal is. Het is getal 78557.2^n+1 is zelfs, voor elke waarde van n, deelbaar door 3,5,7,13,19,37 en 73.

Eén van de open problemen in de getaltheorie luidt: wat is het kleinste Sierpinski getal?  Men vermoedt dat dit 78557 moet zijn, maar er is daarvan nog steeds geen bewijs voor gegeven.

 

Een driehoek verdelen in een aantal driehoeken met gelijke oppervlakte

Geplaatst op door

Is het mogelijk om een driehoek te verdelen in een willekeurig aantal driehoeken met gelijke oppervlakte?

  • Voor n = 2  gebruiken we een zwaartelijn. Driehoeken ACM en ABM hebben een gelijke basis ( CM = MB)  en een zelfde hoogte ( afstand van A tot BC).
  • Voor n = 4 gebruiken we  de constructie van de middenparallel. Hier hebben we 4 congruente driehoeken, dus 4 driehoeken met gelijke oppervlakte.
  • Voor n = 6 tekenen we de drie zwaartelijnen. Noteren we met S(ABC) de oppervlakte van driehoek ABC. Dan is S(AOD)=S(DOB), S(BOE)=S(COE) en S(FOC)=S(AOF). Maar ook is S(ACE)=S(AEB) of S(AFO)+S(FOC)+S(COE)=S(AOD)+S(ODB)+S(BOE). Na vereenvoudiging volgt hieruit dat S(AOF)=S(AOD). Herhaling met de twee andere zwaartelijnen levert uiteindelijk volgend resutaat: de drie zwaartelijnen verdelen driehoek ABC in zes driehoeken met gelijke oppervlakte.
  • Voor willekeurige n werken we als volgt. Neem het voorbeeld van n = 5. Als we 5 driehoeken moeten hebben met gelijke oppervlakte, kiezen we een punt P op BC zodat 4.S(ACP)=S(APB). Omdat  deze driehoeken dezelfde hoogte hebben volstaat het P zo te kiezen dat PB= 4. CP. Daarna kiezen we een punt Q op AB zodat 3.S(PAQ)=S(PQB). Analoog voor de consructie van R en S.

Perfecte vierkanten

Geplaatst op door

Een perfect vierkant van orde n is een vierkant dat opgedeeld is in n verschillende vierkanten waarvan geen twee vierkanten even groot zijn.
Het eerste perfecte vierkant werd in 1939 gevonden door Roland Sprague. Dit perfecte vierkant had orde 55. In de jaren daarop vond men nog meer perfecte vierkanten, ook van kleinere orde.

In 1962 begon de Nederlandse informaticus Adrianus Duijvestijn een zoektocht naar het perfecte vierkant met de laagste orde. Het duurde nog tot 1978 voordat computers snel en krachtig genoeg waren om dit probleem op te
lossen.

 

 

Het perfecte vierkant met de laagste orde wordt opgebouwd met 21 kleinere vierkantjes en heeft een zijde van 112.