click here for an English version of this page --- klik hier om naar mijn hoofdpagina te gaan



geheugensteun

Voor π = 3.14159265358979323846... schreef ik het volgende ezelsbruggetje:

Mum, I fear I might nevermore
be clever, sharp and smart,
although searching further knowledge for
to get decimals will reward.



bloemetjesbehang

KLIK HIER VOOR HET BLOEMENPATROON

De symmetriegroep wordt voortgebracht door:
rotaties over 60 graden om een hoekpunt van een driehoekje
en over 120 graden om het hoogtepunt van een driehoekje;
spiegelingen in een zijde van een driehoekje
en in een hoogtelijn van een driehoekje;
translatie langs een zijde van een driehoekje.

De fractie groen is: 2*pi/wortel(3) - 3.



traject van een biljartbal op een driehoekig tafeltje (30-60-90 graden) met spiegels


Wortel(n) in meer decimalen dan de rekenmachine geeft

(7 juli 1999:)
Omdat ik jarig ben tracteer ik op worteltjes: een recept om vierkantswortels van niet te grote natuurlijke getallen snel door de rekenmachine te laten uitrekenen in ongeveer twintig significante cijfers.
Het probleem is dat de rekenmachine maar tien cijfers geeft. De oplossing is dat je één stap Newton-Raphson doet voor de bepaling van het nulpunt van f(x) = x2 - n , met als startpunt x0 de door de rekenmachine gegeven uitkomst van wortel(n).

Zoals je weet is de formule van Newton-Raphson

x1 = x0 - f(x0)/f '(x0) = x0/2 + n/(2x0) .

Het recept wordt dus:
1) Bereken wortel(n) met de rekenmachine, dat is x0
2) Bereken op papier x0/2 en 2x0
3) Voer een staartdeling uit om de eerste twintig cijfers uit te rekenen van
(n keer een miljard)/(2x0 keer een miljard);
gebruik hiervoor onderstaand programmaatje in basic (of een variant in pascal of ... )
4) Bereken nu op papier x0/2 + n/(2x0) in twintig cijfers. Dit blijkt een kwestie van overschrijven en een beetje opletten rond het tiende cijfer.

Smakelijk eten. voor herkauwers: waarom kan men niet op een soortgelijke manier derdemachts wortels in twintig cijfers benaderen?

10 INPUT A
20 INPUT B
30 M = INT(B/A)
40 PRINT M
50 R = B - M*A
60 B = 10*R
70 GOTO 30


vijfhoekig billiard --- billiard table with five angles

In het Nieuw Archief voor Wiskunde van juni 2001 staat het volgende open probleem:
Een billiardtafel heeft de vorm van een regelmatige vijfhoek met zijde 1. Men kan een billiardbal zomaar ergens op de tafel leggen en in een willekeurige richting stoten. Stel dat hij rolt over afstand 10. Hoe vaak kan hij maximaal een rand geraakt hebben?

Antwoord: Ik heb het enige keren geprobeerd met Cabri, en VEERTIEN blijkt optimaal te zijn. Hier is een voorbeeld van zo'n poging met VEERTIEN randrakingen:



over maximale conflictkansen bij grazende geiten

Op een groot vlak grasveld zijn twee pinnen op afstand d van elkaar in de grond geslagen. Aan elk van beide pinnen is een geit aangelijnd met een lijn van lengte rg en een lijn van lengte rk respectievelijk (rg > rk), waarbij rg < d < rg+rk (zodat de geiten wel bij elkaar, maar niet bij elkaars pinnen kunnen komen).

Men ziet in de tekening links dat de geiten elkaar kunnen tegenkomen in een 'conflictgebied' dat bestaat uit twee cirkelsegmenten.
In de tekening rechts zie je hoe men de oppervlakte van zo'n cirkelsegment kan uitrekenen:
de oppervlakte van de 'vlaaipunt' is a1*rk2/2,
die van de driehoek h1*b/2 = rk*cos(a1/2)*rk*sin(a1/2) = rk2*sin(a1)/2,
dus die van het cirkelsegment rk2*(a1 - sin(a1))/2.
De totale oppervlakte van het conflictgebied is dus
opptot = rk2*(a1 - sin(a1))/2 + rg2*(a2 - sin(a2))/2.

Gegeven d, rk en rg, kan men a1 en a2 uitrekenen met de gelijkheden
(1) (b/2 = ) rk*sin(a1/2) = rg*sin(a2/2), en
(2) d = (h1 + h2 = ) rk*cos(a1/2) + rg*cos(a2/2).
Het resultaat is :
sin(a2) = (2*(d2 + rg2 - rk2)/(2*d*rg))*wortel(1 - ((d2 + rg2 - rk2)/(2*d*rg))2),
en een analoge uitdrukking voor sin(a1).

De fractie van de tijd dat beide geiten in het conflictgebied grazen is:
het product van opptot/(pi*rk2) en opptot/(pi*rg2).
De kans op confrontatie is evenredig met dit product gedeeld door opptot, dus ook met
(a1 - sin(a1))/(rg2) + (a2 - sin(a2))/(rk2).
In het Pascalprogrammaatje hieronder wordt deze laatste uitdrukking berekend voor
rk=10 en een reeks waarden van rg en d:

De resultaten kunt u nazien door te klikken op resultaten .

Het blijkt dat de kans op confrontatie maximaal is als beide lijnen ongeveer even lang zijn, en de afstand tussen de pinnen iets minder is dan het gemiddelde van rg en rk+rg.


generalisatie van de stelling van Morley

Gegeven een willekeurige driehoek ABC. Indien men in elke hoek de trisectrices neemt, en bij elke zijde het snijpunt van de twee trisectrices die het dichtst bij die zijde liggen, dan vormen de drie snijpunten een gelijkzijdige driehoek (zie NIEUWE WISKRANT, sept 2001).
Ik vroeg me af of dat ook geldt indien men de hoek in n gelijke delen deelt met n>3 in plaats van in 3 gelijke delen. Neemt men bij elke zijde het snijpunt van de twee n-sectrices die het dichtst bij die zijde liggen, vormen de drie snijpunten dan een gelijkzijdige driehoek?
Dit is natuurlijk het geval als de oorspronkelijke driehoek ABC gelijkzijdig is. Maar verder?
Ik heb het uitgerekend met vectormeetkunde. Stel A(0,0) en B(1,0). Laat de hoek bij A a graden zijn, en die bij B b graden (a en b geheel en varierend van 1 tot 89, dus 7921 paren). Voor elke n van 3 tot 10 heb ik met de computer uitgerekend voor hoeveel paren (a,b) de driehoek STU (bijna) gelijkzijdig is, rekening houdend met afrondfouten.
Norm is dat de drie lijnstukken ST, SU en TU twee aan twee hooguit epsilon mogen verschillen. Als eps=0.0001 krijg ik voor n=3: 7921 paren, en voor n=4 t/m 100: 1. Dit lijkt er op te wijzen dat het voor n>3 alleen klopt als a en b beiden 60 graden zijn.
Zie ook het pascalprogramma .
Met een aangepaste versie van dit programma leid ik nog af voor het geval n=3: dat de verhouding der oppervlakten van de driehoeken STU en ABC maximaal 0.03414828 is, dat dit maximum wordt aangenomen als driehoek ABC gelijkzijdig is, en dat die verhouding naar 0 nadert als de oppervlakte van ABC naar 0 nadert. Dit kan natuurlijk ook analytisch bewezen worden. Het middelpunt van de ingeschreven cirkel van ABC valt alleen samen met dat van STU als ABC gelijkzijdig is.


een mooie discontinue functie

Bekijk de functie f van [0,1] naar zichzelf die bijvoorbeeld aan 0.325013... toevoegt 0.11101101111100101110... (elke decimaal in het origineel wordt vervangen door het overeenkomstige aantal enen gevolgd door een 0). Zij is discontinu in elk getal van (0,1) waarvan slechts eindig veel decimalen ongelijk 0 zijn, bv in 0.23 (voor zulke getallen kiezen we tbv f de representatie met de negens, dus 0.22999999... ipv 0.23).
De functie is injectief en stijgend en de maximale waarde is
f(1) = f(0.99999...) = 0.111111111011111111101111111110... = 1111111110/9999999999.
Merk op dat x en f(x) beide rationaal zijn of beide irrationaal (want de decimale breukontwikkelingen repeteren beide wel of beide niet).


een mooi nieuw transcendent getal

De verzameling der algebraïsche reële getallen is aftelbaar en heeft dus maat 0.
Dus bijna alle reële getallen zijn transcendent. Toch is het vrij moeilijk andere voorbeelden van transcendente getallen te geven dan algebraïsche uitdrukkingen in pi of e.
We hebben om te beginnen de stelling van Liouville, en bijbehorende voorbeelden zoals SOM(k=1,2,3,...: 10^(-k!)) = 0.11000100000000000000000100..
Een ander mooi voorbeeld krijgt men door een aftelling te construeren van de algebraïsche getallen in (0,1), en daar het diagonaalprocédé van Cantor op toe te passen.
Ik heb dit uitgevoerd met behulp van een aftelling der rationale getallen die begint met q1=0, q2=1, q3=-1, q4=2, q5=-2, q6=1/2, ... , en een aftelling van de veeltermen met rationale coëfficiënten die (in lexicografische volgorde) eerst alle veeltermen van graad 0 met coëfficiënt q0 telt, dan alle veeltermen van graad hoogstens 1 met coëfficiënten q0 en q1, dan alle veeltermen van graad hoogstens 2 met coëfficiënte q0, q1 en q2, etc.
Telt men de algebraïsche getallen van (0,1) dan af op volgorde van hun voorkomen als nulpunt van een veelterm in zojuist genoemde lijst van veeltermen (nulpunten van dezelfde veelterm in volgorde van klein naar groot), en past men op de aldus geconstrueerde lijst a1, a2, a3 van decimale breukontwikkelingen van algebraïsche getallen het diagonaalprocédé van Cantor toe, dan vindt men het reuvers transcendente getal rtn waarvan de n-de decimaal gelijk is aan an(n)+1(mod 10). Het getal begint met rtn = 0.71.. (verder heb ik het nog niet uitgerekend).
Merk op dat het getal hoogstwaarschijnlijk geen algebraïsche uitdrukking in pi of e is (want deze uitdrukkingen vormen een verzameling die aftelbaar is en dus maat 0 heeft).


probleem ter discussie

Als iemand een driehoek tekent, hoe groot is dan de kans dat deze droehoek scherphoekig is?

Eerste oplossing: kies drie maal een willekeurig hoekpunt in het vlak. De kans dat het derde hoekpunt zo gelegen is ten opzichte van de eerste twee, dat de driehoek scherphoekig is, is 0.

Tweede oplossing: Kies een willekeurige hoek alpha tussen 0 en 180 graden, en dan een willekeurige hoek beta tussen 0 en 180 graden zo dat alpha + beta < 180. De kans dat de driehoek met hoeken alpha en beta scherphoekig is, is 1/2 * 2/3 * 1/2 = 1/6.

Wat is uw mening?


diophantische vergelijkingen bij irreducibele veeltermen

De irreducibiliteit van de polynoom x3 + 2 over de rationale getallen brengt de onoplosbaarheid van de vergelijking x3 + 4y3 -2z3 + 6xyz = 0 voor rationale x,y,z (niet alle 0) met zich mee. Dit resultaat kan worden gegeneraliseerd voor elke irreducibele polynoom met rationale coëfficiënten.
BEWIJS: Zij I het ideaal (x3+2)Q[x]; de restklassenring Q[X]/I is een lichaam.
Voor elk drietal rationalen a,b,c (niet alle 0), heeft de restklasse a + bx + cx2 + I een unieke inverse A + Bx + Cx2 + I, waarvoor we dus vinden:
(a + bx + cx2 + I)(A + Bx + Cx2 + I) = (aA-2bC-2cB) + (aB+bA-2cC)x + (aC+bB+cA)x2 + I = 1 + I.
Dus voor elk drietal rationale getallen (a,b,c) (niet alle 0), heeft het stelsel lineaire vergelijkingen

aA - 2 cB - 2bC = 1
bA + aB - 2cC = 0
cA + bB + aC = 0

een unieke oplossing (A,B,C).
Daarom is de determinant van de coëfficiëntenmatrix, a3 + 4c3 -2b3 + 6abc, niet 0. Dit bewijst onze bewering.


Over a+b=c

Wanneer voor drie onderling ondeelbare gehele getallen a,b,c geldt dat a+b=c, dan komt het niet vaak voor dat a,b en c alle drie grote exponenten in hun priemfactorontbinding hebben.
Het is een leuke uitdaging a,b,c te vinden zo dat het minimum van de grootste exponenten in de priemfactorontbindingen van a,b en c zo groot mogelijk is.
Kampioen op dit gebied is, voor zo ver ik weet, een zekere Nitaj. Hij vond a=318*23*2269, b=173*29*318, c=210*52*715. Het beschouwde minimum der maximale exponenten is bij hem dus 8. Maar hij zal dat resultaat wel niet met een eenvoudig pc-tje hebben gevonden.
Ik heb zelf met een eenvoudig Pascal-programma ook al een aardig resultaat geboekt: a=28*3=768, b=7*115=1127357, c=55*192=1128125.
Dus bij mij is het beschouwde minimum 5. Wie vindt een beter resultaat dan dat van mij?


lukrake wandeling

Beschouw een driehoekig rooster van punten (i,j) met i en j geheel, i ten hoogste 29, j ten minste 0 en ten hoogste i.
Een vlo start bovenaan in (0,0) en doet 60 lukrake stappen. Wat is de kans dat hij in de onderste rij eindigt (dus in een punt met i=29)?
Ik schreef een Pascal program om een computersimulatie te maken. Met 32767(=maxint) runs was de frequentie dat de vlo in de onderste rij eindigde 0.00003051851.
Daarom durf ik wel te zeggen dat de kans ongeveer 0.00003 is.



Wanneer wij een wiskundeprobleem oplossen, gebeurt het vaak dat wij de oplossing ruiken, zoals een hond een haas ruikt. Maar zij ontsnapt ons op dat moment
En toch lijkt het antwoord achteraf zo eenvoudig.
Dat doet me denken aan de woorden van Sint Paulus: " .. dat zij God zouden zoeken, of zij Hem misschien al tastende zouden vinden. Hij is immers niet ver van ieder van ons."