Volledige inhoud (pdf) - Pythagoras

»Pyttiagorasf.wisl

Drie-koorden-stellingLaat drie cirkels elkaar twee aan twee snijden. Dat levert drie paar snijpuntenop, althans in de figuur hierboven (waartoe we ons voorlopigzullen beperken). Door elk van die drie paren kan een lijntje wordengetrokken. En ... die drie verbindingslijntjes blijken door één punt tegaan. Een bewijs daarvoor is gemakkelijk te leveren. Je hebt er eenstelling voor nodig die vroeger in elk eenvoudig leerboek over meetkundewas te vinden.Uit de oude doos?Eerst dus even aandacht voor die'oude' stelling. Zoals je wellichtweet, is een koorde een lijn dietwee punten van een cirkel metelkaar verbindt.Als nu twee koorden AB en XY ineen cirkel elkaar snijden in O (figuur1), dan isAO-OB=XO-OYDat is alles. Figuur 11

Figuur 2. Een beetje gesmold.BewijsVoor de situatie in de begin­figuuris een bewijs snel geleverd. Geefde snijpuntenparen aan met A en.4', B en S', en C en C' (figuur 2).BB' en CC' snijden elkaar in O.Gaat AA' nu ook door O? Latenwe eens aannemen van niet. Daarvoorhebben we bij het tekenenvan figuur 2 wat gesmokkeld, zodatAO cirkel AB'B in A ^ snijdt, encirkeMCC inA^. Door driemaalna elkaar de 'stelling­uit­de­oudedoos'toe te passen kunnen weechter aantonen dat A^,A2,eï^A'samenvallen, dus één en hetzelfdepunt zijn. Er geldt namelijkAO­OA^=BOOB'{cirkel AB'A^B)= CO ■ OC'(cirkel SC'BC)= AO­OA^{ciiVéi AC'A ^C)Omdat AO ^ O, volgt dan OA, =OA^.Dus Al en A 2 vallen samen, en datkan alleen maar in A'. Dat is immershet snijpunt van de cirkelswaar J4I en .A 2 op liggen.Nogmaals de oude doosNatuurlijk zullen drie cirkels elkaarlang niet altijd snijden op demanier van de begin­figuur. Enlang niet altijd zal een andere situatieer uit zien als figuur 3, waarinhet overduidelijk is dat de driebedoelde lijnen (koorden) dooréén punt gaan.Geldt voor allerlei andere snij­mogelijkhedennog steeds dat deverbindingslijnen van bij elkaarhorende snijpunten door één puntgaan? En wat te doen als twee cirkelstwee samenvallende snijpuntenbezitten, dat wil zeggen elkaarraken?2

Figuur 3.Overduidelijk!Om dat uit te zoeken moeten wenog wat verder graven in de oudemeetkunde­doos. De stelling diewe daar zojuist uit hebben opgediept,bezit namelijk nog twee varianten.Die komen ons in anderesituaties goed van pas.Variant 1 Als twee snijlijnenAB en XY van een cirkel elkaar ineen punt O buiten de cirkel snijden(figuur 4), dan isAO0B=XO-OYVariant 2 Als een snijlijn ABvan een cirkel en een raaklijn in Saan die cirkel elkaar in O snijden(figuur 5), dan isOA­OB = SO^Figuur 4. AO OB = XO ■ OY Figuur 5. AO ■ OB = SO^

Figuur 6. De 'snij-koorde' (A) gaat over in de gemeenschappelijke raaklijn (B).A, A>'^c'Figuur 7Deze tweede variant brengt uitkomstin geval de cirkels elkaarraken. Want dan gaat de lijn doorde twee samenvallende snijpuntenover in de gemeenschappelijkeraaklijn (figuur 6A en B).4

Met variant 1Figuur 7 is een snij­situatie waarbijvariant 1 driemaal na elkaar moetworden toegepast. We hebbenmeteen maar de smokkel­figuurgegeven, waarin wordt veronderstelddat de lijn^^O cirkeMB'B inA,snijdt, en cirkel/ICC inA^­ Met variant1 geldt dan:AO­OA^=BO­OB'(cirkel AA iB'B)= CO ■ OC'(cirkel BB'C'C)= AO­OA^(cirkel AA ^C'C)En daaruit volgt dan weer dati41 enA 2 samenvallen in A'.Figuur 8

Figuur 9Altijd door één punt?Met de stelling-uit-de-oude-doosen z'n varianten kun je elke situatiewaarin drie cirkels elkaar snijden(of raken) te lijf. Bedenk zelf maarenkele (eventueel heel gekke) situaties,of ga dat nog eens na voorde figuren 8 en 9. (Bij het bewijsvan figuur 9 is een combinatie nodigvan variant 1 en variant 2!) DVerder de oude doos inLang niet iedereen zal vertrouwd zijn met de (oudere) meetkunde-stof.Anderen hebben misschien behoefte aan een opfrissertje. Daarom hiernog een bewijs voor de 'stelling-uit-de-oude-doos'.Eerst wat voorbereiding. Een middelpuntsltoekin een cirkel is de hoek gevormddoor twee stralen van de cirkel(figuur 1). Zoals de naam al aangeeftvalt het hoekpunt samen met het middelpuntvan de cirkel. Het aantal hoekgradenvan een middelpuntshoek isgelijk aan het aantal booggraden vande ingesloten cirkelboog. Of andersgezegd: Een middelpuntshoek is gelijkaan de boog waarop hij staat.Een omtrekshoek van een cirkel is eenhoek waarvan het hoekpunt op de cirkelligt en waarvan de benen middellijnof koorde van de cirkel zijn (figuur2).In figuur 3 zijn op dezelfde boog ABeen omtrekshoek AOB en een middelpuntshoekAMB getekend. Die situatieis in figuur 4 nogmaals weergegeven.Bovendien is daarin ook de lijn 0!\/tgetekend en bij M iets doorgetrokken.Eenvoudig is in te zien dat driehoekAOM en driehoek BOM gelijkbenigzijn. Daaruit volgt dat de hoeken meteen stip gelijk zijn. Hetzelfde geldtvoor de hoeken met een kruisje.De som van de hoeken van een driehoekis 180°. Hoek OMC is een gestrektehoek; dus ook 180 . Hoek AMCis daarom tweemaal zo groot als eenhoek met een stip. Evenzo is hoekCMB tweemaal zo groot als een hoekmet een kruisje.Kortom, uit figuur 4 volgt dat de omtrekshoeki40B de helft is van de middelpuntshoekAl^B. Algemeen gezegd:Een omtrekshoek is gelijk aande helft van de boog waarop hij staat.6

oFiguur 1 Figuur 2Figuur 3 Figuur 4Nu de stelling zelf. In figuur 5 zijn netals in figuur 1 uit het artikel, nogmaalstwee koorden AB en XY in een cirkelgetekend die elkaar in een punt O snijden.Vervolgens zijn de lijnen AX enYB getrokken.Hoek XAB en hoek XYB zijn nu omtrekshoeken.Omdat ze op eenzelfdecirkelboog XB staan, zijn ze gelijk. Dehoeken met een stip bij O zijn ook gelijk.Dus driehoek XAO is gelijkvormigmet driehoek OYB.In gelijkvormige driehoeken zijn deverhoudingen van overeenkomstigezijden gelijk. In het bijzonder geldtAO XOÖY ^ ÖBOf anders geschreven:AOOB =XOOYHet bewijs voor 'variant 1' en 'variant2' gaat bijna op dezelfde manier. D2

Halveren zonder schaalverdeling IHBStel dat je het midden wilt bepalen van een lijnstuk AB. Met een liniaalis dat geen probleem. Meet de lengte van het lijnstuk, deel die doortwee en klaar is Kees.Met een passer en een liniaal zonder schaalverdeling kan het ook (figuur1). Trek vier cirkelboogjes met gelijke straal (de boogjes a enbmet de passerpunt inA en de boogjes c en d met de passerpunt inB).Verbind daarna de snijpunten van de boogjes met elkaar.Wist je dat het ook kan met uitsluitend een liniaal zonder schaalverdeling?Figuur 1a ' cRecept^Het moet wel een liniaal zijn metItwee evenwijdige zijkanten, maarI r bijna alle linialen zien er zo uit,I ö dus dat is geen probleem.'Hier is het recept. Leg eerst de lib'j^dniaal langs AB en trek een lijn /evenwijdig aan J4B (figuur 2). Kiesvervolgens een punt V. Het is handigom dat punt aan de andere. V kant van 1 te nemen, maar striktnoodzakelijk is het niet.Trek VA en VB (figuur 3). VA-L snijdt 1 in P, VB snijdt; in Q. Geefhet snijpunt van AQ en BP aan metA'— ^B En nu komt het: De lijn VS deeltFiguur 2het lijnstuk i^B precies middendoor!Verbazend, niet waar?Wanneer mis?Hoe je V ook kiest, altijd klopt het(figuur 4)! Zelfs als V aan dezelfdekant van / ligt als AB (figuur 5). Oftussen AB en 1 (figuur 6 en 7).Figuur 3In dat laatste geval moet je overigenswel even uitkijken. Zie je dathet soms toch mis kan gaan? Wanneer?8

Figuur 4 Figuur 5Figuur 7BewijsNu het bewijs. Want we kunnennatuurlijk wel beweren dat VS altijdAB middendoor deelt, maarwaarom is dat zo? Probeer hetmaar eens te bewijzen. Je mag allemiddelen gebruiken die je kent:meetkunde-stellingen, coördinaten,verhoudingen, vergelijkingen,enzovoort. Ondoenlijk is het niet.Veel mooier dan re/re/j-bewijzenzijn natuurlijk bewijzen waarbij jein één oogopslag ziet waarom debewering waar is. En zo'n bewijskan hier óók worden gegeven.We verklappen niet hoe, maar welzeggen we dat je de zaken in hetjuiste perspectief moet zien! Denkmaar eens aan polderlandschappen,verdwijnpunten en de horizon.Zie je al iets? In het volgendenummer meer details!DVerschillende soorten linialenIn het dagelijks leven wordt met een liniaal een latje bedoeld met twee evenwijdigezijkanten en een schaalverdeling. Strikt genomen is in de meetkunde echterieder hulpmiddel waarmee een rechte lijn door twee gegeven punten kan wordengetrokken, een 'liniaal'. (Bij voorbeeld iedere zijde van een geo-driehoek).Wanneer je vindt dat in het recept de liniaal op ongeoorloofde wijze wordt gebruikt,heb je eigenlijk gelijk. Het vraagstuk is dan ook zo te lezen: Een lijnstukAB loopt evenwijdig aan een gegeven (!) rechte i. Construeer het midden van ABmet alleen een liniaal als gereedschap.D9

Drie-koorden-speciaalFiguur 1De drie hoogtelijnen in een driehoek (lijnen van uit de hoekpunten loodrechtop de zijden daartegenover) gaan door één punt (figuur 1). Datpunt is het hoogtepunt van de driehoek. Uitgaande van deze eigenschapis een soort 'drie-koorden-speciaal' te construeren.De eerste cirkelTrek een cirkel met middellijn BC(figuur 2). Naast de punten B en Cliggen ook de punten B' en C' opdie cirkel. Immers de hoekenBC'C en BB'C zijn omtrekshoekendie staan op een boog die precieseen halve cirkel is. En omdat eenomtrekshoek gelijk is aan de helftvan de boog waarop hij staat, zijnde hoeken BC'C en BB'C inderdaadgelijk aan 90°.Figuur 2De twreede en derde cirkelNet als B,C,B' en C' liggen devier punten B, A', B' en A ook opeen cirkel. En i4, C, i4' en C ook.B,A',B' enA liggen op de cirkelmet middellijn AB, waéirin de hoekenAA'B en AB'B omtrekshoekenvan 90° zijn (figuur 3).A,C',A' enC liggen op de cirkelmet middellijn .flC, waarin/[ CCen AA 'C omtrekshoeken van 90°zijn (figuur 4).10Figuur 3

.z€)driehoek ABC zijn de koorden diede snijpunten van de cirkelspaarsgewijs met elkaar verbinden.En het hoogtepunt van dedriehoek is het snijpunt van diekoorden!Figuur 4Alles bij elkaarCombinatie van de figuren 2, 3 en4 levert figuur 5. Dat is een speciaalgeval van figuur 6, de figuuraan het begin van het artikel'Drie-koorden-stelling'. Want in figuur5 zijn AC'B, BA 'C en CB'Arechte lijnen. Ze vormen de zijdenvan een driehoek ABC. De driehoogtelijneni4j4', BB' en CC' van11

ToegiftZoals gezegd, is figuur 5 een speciaalgeval van figuur 6. In figuur 5zijn de lijnen AC'B, BA 'C en CB'Auit figuur 6 rechte lijnen. Zo'n situatieis ook te krijgen door uit tegaan van een stomphoekige driehoeki4BC (figuur 7). Daarin wordeneerst weer de hoogtelijnenAA', BB' en CC' getrokken. Diesnijden elkaar na verlenging inhet hoogtepunt O dat buiten driehoekABC ligt. Daarna kunnen decirkels met middellijnen AB, BCen J5C worden getrokken. D

Zo ver mogelijk de woestijn inIn de tank van de terreinwagen van een woestijn-patrouille kan maximaal10 liter benzine. Bij een post ligt een aantal vaten opgeslagen, elkmet 50 liter benzine. Daaruit kan de tank van de terreinwagen worden(bij)gevuld. De wagen kan slechts één vat tegelijk meenemen. Of er nueen vat wordt meegenomen of niet, steeds is het benzine-verbruik 1 literop 10 kilometer.Hoe ver kan de patrouille zich van de post verwijderen?Slechts één vatzet vat 1 neerUiteraard hangt het antwoord af vul de tank uit vat 1van het aantal vaten dat bij deterug naar de postpost ligt opgeslagen. vul de tank uit vat 2laad vat 2Als er maar één vat bij de post 100 kilometer vooruitligt, kan de patrouille zich 500 kilometervan de post verwijderen. 100 kilometer vooruitvu! de tank uit vat 1De tank wordt van uit dat ene vat zet vat 2 neergevuld. Het vat wordt opgeladen vul de tank uit vat 2en meegenomen. Wanneer na 100 terug naar vat 1kilometer de tank leeg is, kan dezeweer worden gevuld, enzo­laat vat 1vul de tank uit vat 1voort.100 kilometer vooruitTwee vatenAls er twee vaten bij de woestijnpostliggen, wordt de zaak meteenal een stuk ingewikkelder.Omdat er maar één vat tegelijkmeegenomen kan worden, zéil ereerst een vat ergens in de woestijnneergezet moeten worden.Vervolgens moet — eventueel nadatde tank is (bij)gevuld — hettweede vat worden opgehaald.Hoeveel kilometer kan de terreinwagennu afleggen?Het is handig de te volgen werkwijzein een soort algoritme weerte geven. Bij voorbeeldvul de tank uit vat 1laad vat 1100 kilometer vooruitGa na dat op deze manier 600 kilometerkan worden afgelegd. Datis maar 100 kilometer meer danmet een vat. Dat lijkt niet veel.Wie maakt een algoritme dat verderreikt dan 600 kilometer?Drie vaten en meerMet drie vaten kan de patrouille860 kilometer afleggen. Wie leverteen algoritme waarmee dezeafstand kan worden gehaald?Vooralsnog ziet het er naar uit datmet twee vaten moet wrorden geprobeerdhet derde vat onaangetastzo ver mogelijk van de post afte brengen. Daar kan de tank danworden gevuld met het laatsterestje uit een van de eerste twee13

vaten. Daarna kan het derde vat(dat nog helemaal vol is) wordengeladen. Zo kan als sluitstuk nog600 kilometer worden afgelegd.Een formule Het is heel verleidelijkom een formule te zoeken dievoor 71 vaten steeds de maximaalaf te leggen afstand geeft.14

Bedenk echter wel dat je met zo'nformule niet erg veel opschiet.Voor elk aantal vaten staat of valtde juistheid van de formule namelijkmet de constructie van een algoritmedat de berekende grootsteafstand inderdaad levert.Wie verder wil met dit probleemkan dus maar het beste aan dehand van een algoritme proberenuit te zoeken wat de grootste afstandis voor vier vaten, vijf vaten,enzovoort.D^x^Een prikkelende grafiekJe eerste grafieken leerde je tekenen op keurig ruitjespapier. In debrugklas werd je op weg geholpen met zogenaamde 'roosterpunten'.Dat zijn de punten ... (—2,-1), (—1,-1), (0,-1), (1,-1),... (—1,0),(0,0),... (3,1), (4,1), enzovoort. Deze verzameling paren van gehele getallenwordt ook wel kort aangeduid met 2 X Z . Ben je inmiddels zover gevorderd dat je die verzameling roosterpunten op haar beurt zelfook weer kunt beschouwen als de grafiek van een vergelijking?Voorbeelden van grafieken die niet altijd een (kromme) lijn zijn, hebbenwe al vaker gegeven (onder andere in de artikelen 'Schaakbordformules'en 'Absoluutwaardige achten', Pythagoras 26-2). De verzamelingZ X 2 bevat vreemd genoeg uitsluitend (geïsoleerde) punten. Degrafiek valt dus werkelijk als los zand uit elkaar!Het probleem is verrassend, maar niet zo moeilijk. Onderzoek de volgendevergelijkingen maar eens.(a) (cos2nx). (cos2ny) = 1(b) (cos2nx-). v'(cos2n/) = 1(c) V(cos2nx). ^y(cos2^y) = 1(d) \/i(cos2ruf). (cos2ny)| = 1Van deze vier vergelijkingen zijn er twee die de gevraagde merkwaardigegrafiek opleveren. Welke twee zijn dat?(Het antwoord is te vinden in het volgende nummer).D15

De vlinderstellingFiguur 1 bevat een paar tekeningen die aan de vlinders doen denkendie er tussen door dwarrelen. Die tekeningen illustreren een resultaatuit de meetkunde dat bekend staat als de vlinderstelling.16Vlinderstelling Trek door het midden M van een koorde AB vaneen cirkel twee andere koorden CD en EF (figuur 2). Geef desnijpunten van CE en DF met AB aan met C en H. Dan is M ookhet midden van GH.

Figuur 2. De vlinderstelling.Deze stelling is al heel oud. Het gekke is dat hij helemaal niet zo eentwee-driete bewijzen is. Althans niet met de middelen van de meetkundedie doorgaans op school worden behandeld. Begeef je je echter inde ruimte (vlinders moeten tenslotte kunnen vliegen), dan wordt heteen fluitje van een cent.In het onderdeel 'Vlinders in het vlak' wordt een bewijs gegeven datberust op enkele eenvoudige middelen van de vlakke meetkunde. Hetis een lang bewijs. Maar echt moeilijk is het uiteindelijk niet. Er zijn nogeen paar andere bewijzen die gebruikmaken van middelen van de vlakkemeetkimde. Deze bewijzen zijn een stuk lastiger.Het onderdeel 'Vlinders in de ruimte' bevat een bewijs dat berust opprojecties. Dit bewijs vergt wat inzicht in de eigenschappen van projecties.Als je dat inzicht eenmaal hebt, is het bewijs zo geleverd.Kijk maar eens naar welk bewijs je voorkeur uitgaat.17

Meer 'vlinders'In plaats van de snijpunten van AB met CE en DF kunnen ook die metCF en DE worden genomen (figuur 3). Noem deze snijpunten G' en H'.Dan is M ook het midden van G'H' ofwel G'M = MH'.Verder gaat de vlinderstelling ook op bij willekeurige kegelsneden,zoals ellipsen, parabolen of hyperbolen (figuur 4). Gesteld dat M hetmidden is van AB, dan is M in alle drie de tekeningen van figuur 4 ookhet midden van GH.OFiguur 3. M is ook het midden van G'H'.18

Figuur 4. De vlinderstelling bij een ellips (A), bij een parabool (B) en bij een hyperbool(C).19

Vlinders in het vlak^Gelijke hoekenIn figuur 1 is de tekening waarmeede vlinderstelling werd uitgebeeld,nogmaals weergegeven.Gelijke hoeken zijn daarin voorzienvan dezelfde tekentjes.Dat de gemerkte hoeken bij M gelijkzijn, zal wel duidelijk zijn.De hoeken bij C, F,E enD zijnomtrekshoeken van de cirkel. Datzijn hoeken waarvan het hoekpuntop de cirkel ligt en waarvan debenen middellijn of koorde van decirkel zijn. Een omtrekshoek vaneen cirkel is gelijk aan de helftvan de boog waarop hij staat. Ziehet kader 'Verder de oude doosin' bij het artikel 'Drie-koordenstelling'.Omdat de omtrekshoeken ECD enEFD op dezelfde boog ED staan,zijn ze gelijk aan elkaar. De omtrekshoekenCEF en CDF staanook op eenzelfde boog, namelijkCF. Dus ook die twee hoeken zijngelijk.HulplijnenNu moeten er vier loodlijnen wordenneergelaten (figuur 2).Allereerst Jf, en/i vanuit C respectievelijkH op CD. Daarna X2en /j vanuit C respectievelijk Hop EF. De eindpunten van dezevier loodlijnen worden achtereenvolgensaangegeven met P, O, RenS.De lijnstukken GM en MH waarvanmoet worden bewezen dat zegelijk zijn, worden aangegevenmetx respectievelijk/ (figuur 2).Figuur 1. Vier paar gelijke hoeken.Gelijkvormige driehoekenIn figuur 2 zijn vier paar gelijkvormigedriehoeken te onderscheiden.Het zijn steeds rechthoekigedriehoeken waarvan eenvoudig isin te zien dat ze gelijke hoekenhebben. Die vier paren gelijkvormigedriehoeken zijnPGM en RHM (1)OGM en SHM (2)PGC en SHF (3)OGE en RHD (4)Bij elk van die paren gelijkvormigedriehoeken zijn de verhoudingenvan overeenkomstige zijdensteeds gelijk. Dus(1) levert — = -1- (5)y /i20

Figuur 2. Vier loodlijnen en vier paar gelijkvormigedriehoeken.(2) levert — ^ ^ (6)y yz(3) levert - = -^ (7)72 FH(4) levert ^ = — (8)71 O//Een oude bekendeOp grond van (5) en (6) geldt nuy' /i 72 /a XiMet (7) en (8) kan dit verder wordenherleid tot_ CG EG _ CGX EG_~FH~ DÏT ~ FHXDH~21

Figuur 3. CG X EG = AG X GBFiguur 4. FH X DH = BH X AHVervolgens moet de stelling overelkaar snijdende koorden die inhet artikel 'Drie-koorden-stelling'al boven water is gehaald, tweemaalworden toegepast. Eén keerboven de breukstreep (figuur 3)en één keer onder de breukstreep(figuur 4). De herleiding gaat danverder met_AGXGB_BHXAHNu is het handig om voor de lijnstukkenAM en MB die gelijk zijn,a te schrijven. Met figuur 2 kunnende lijnstukken i4G, GB, BH en AHdan in a, ;r en y worden uitgedrukt.Zodat kan worden geëindigdmet_ (a-x) (a+x) _ a" -x^(a -y) (a+y) a^ -y'Het laatste stapjeEr is dus aangetoond dat in figuur2 (met AM ^ MB ^ a) geldtKruislings vermenigvuldigen leverty2 (a2 _jf2) =x^ (a^-y')Haakjes wegwerken en verdervereenvoudigen leidt tot a^y^ =a^ x^. En dus x' = y^. Daaruit volgtten slotte x = y ofwel GM = MH(Waarom vervalt jf = -y?). DDrievoud plus tweeLaat zien dat de som van de kwadraten van elk drietal opeenvolgende gehelegetallen gelijk is aan een drievoud plus twee.Hoe zit dat bij drie opeenvolgende oneven gehele getallen? En bij drie opeenvolgendeeven gehele getallen?D22

Vlinders in de ruimteSymmetrieEerst iets dat op het eerste gezichtweinig te maken heeft metde vlinderstelling. In figuur 1 zieje een ellips. AB is de grote as, enM is het middelpunt.We gaan bij die ellips hetzelfdedoen als bij de cirkel. Trek tweekoorden CD en EF door M en bepaalde snijpunten G enH van CEen DF met AB (figuur 2). Weergeldt dat M ook het midden is vanGH. Maar dat is nu vanzelfsprekend,want de hele figuur is puntsymmetrischom M.Is dit nu een bijzonder geval vande vlinderstelling? Niet helemaal.De cirkel is minder symmetrischgeworden. Het is nu een ellips.Figuur 1Maar de rest van de figuur heeftwél symmetrie gekregen: puntsymmetrierond M.Het ruimtelijk bewijs van de vUndersteUingzal er op neer komendat we door projectie figuur 3 (deuitbeelding van de stelling) overvoerenin een ellips met middelpuntM en as AB.Figuur 223

Projectie-centrumDenk je een coördinatenstelsel inde ruimte in. We tekenen figuur 3dan over in het XZ-vlak, en welzo, dat AB samenvalt met de .Y-as,en M met de oorsprong (figuur 4).Kies vervolgens punten P en C? opde y-as zo, dat PM = MQ. De snijpuntenvan de cirkel met de Z-asnoemen we R en S. Ten slotte bepalenwe het snijpunt T van PR enOS. Dat punt T wordt het projectie-centrum.Figuur 3. De vlinderstelling.Van cirkel naar ellipsVanuit T projecteren we alles ophet AT-vlak. De projectie van eenFiguur 424

cirkel is altijd een kegelsnede, enhier wordt het een ellips met ABen PC? als assen. De projecties vande koorden CD en EF wordenkoorden van de ellips.In het Xy-vlak is nu net zo ietsontstaan als in flguur 2 (zie figuur5). Maar dan is weer direct duidelijkdat M het midden is van GH,want de horizontale figuur is puntsymmetrisch.Tijdens het projecteren zijn G enH niet van hun plaats geweest,dus ook in de verticale figuur goldal dat GM — MH. Daéurmee is hetbewijs geleverd!Speciale keuzeKies je in figuur 4 P en O zo, datPM = MO = AM = MB, dan wordtde horizontale ellips zelfs een cirkel!Figuur 5Het bewijs wordt er overigensniet eenvoudiger door. Je gebruiktde puntsymmetrie en die geldtvoor de ellips net zo goed alsvoor de cirkel.oWortel-teken verschuiven73 = 6 X35/348635748/8 / 88 = 8Xa +a XVerklaar de regelmaat.D25

PythagorasOlympiadeNieuwe opgavenOplossingen vóór 30 april insturen naar: Pythagoras Olympiade, Marinusdejongstraat 12, 4904 PL OOSTERHOUT (NB). Vermeld op elk(éénzijdig beschreven) vel je naam, adres, geboortedatum, school,schooltype en klas. Verder moet elke oplossing op een nieuw vel beginnen,want we corrigeren ze afzonderlijk. We bekijken alleen goedleesbare oplossingen die volledig zijn uitgewerkt, met verklarendetekst in goed lopende zinnen. Verdere informatie over de wedstrijdvind je in nummer 1 van deze jaargang op bladzijde 24.PO 106In vierhoek ABCD is driehoek BCD gelijkzijdig,terwijl hoek ADB een rechtehoek is. Verder is gegeven dat hoekBAG twee maal zo groot is als hoekCAD (zie figuur). Bereken hoek CAD.PO lOZBepaal een natuurlijk getal dat in decimaleschrijfwijze eindigt op precieszes nullen, en dat precies 1988 delersbezit, of bewijs dat zo'n getal niet bestaat.(Een natuurlijk getal a heet een delervan het natuurlijke getal b indien b/aeen natuurlijk getal is. Voorbeeld: dedelers van 12 zijn 1, 2, 3, 4, 6, 12.)Oplossingen en prijswinnaars van de opgaven PO 102 en 103PO 102Ab, Bea en Cis spelen een spel meteen lottoapparaat met 60 balletjes, genummerdvan 1 tot en met 60. Ze trekkentien balletjes (zonder terugleggen),en bepalen de som S van de getrokkennummers. Ab wint als S eendrievoud is, Bea wint als S een drievoud-T1 is, en Cis wint als S een drievoudT2 is.(a) Hebben Ab, Bea en Cis dezelfdekans om te winnen?(b) Zelfde vraag als er negen in plaatsvan tien balletjes getrokken worden.Oplossing van/eroen Tiggelman, 6vwo, Rijswijk (ZH) (enigszins bewerkt,en voor onderdeel (b) vereenvoudigd):Je kunt modulo 3 rekenen: bij elk nummerneem je de rest na deling door 3.Er zijn dan slechts balletjes met nummerO, 1 of 2, van elke soort twintig.Als in een trekking a balletjes O, b balletjes1 en c balletjes 2 getrokkenworden, geven we dat aan met (a,b,c).Omdat in het apparaat evenveel balletjesvan elke soort aanwezig zijn, is dekans op (a,b,c) net zo groot als dekans op (c,a,ii), (jb,c,a), (a,c,b), (b,a,c)ol(c,b,a).26

Voor het bepalen van de winnaar kirnnenwe a, b ene ook weer modulo 3nemen, want drie ballen van dezelfdesoort hebben als som een drievoud.Verder heeft (a,jb,c) dezelfde som modulo3 als (a­l,b­l,c­l). Je kunt dusaannemen dat minstens één van degetallen a, b, c nul is, terwijl de andereO, 1 of 2 zijn. Afgezien van de volgordekomen voor (a,jb,c) dus in aanmerkingde drietallenI. (0,0,0) m. (2,0,0) V. (1,2,0)n. (1,0,0) IV. (1,1,0) VI. (2,2,0)In geval I wint Ab, in alle andere gevallenhebben Ab, Bea en Cis dezelfdekansen, afhankelijk van de volgorde.Voorbeeld: in geval VI wint Ab bij(0,2,2), Bea bij (2,0,2) en Cis bij(2,2,0).Als er tien balletjes getrokken worden,kan geval I zich niet voordoen.Dan heeft dus iedereen dezelfdewinstkans.Als er echter negen balletjes wordengetrokken, kan geval I wel voorkomen,dus dan heeft Ab een groterekans om te winnen.Let er op dat we niet naar de groottevan de kansen gevraagd hebben!Er waren 5 inzendingen, maar slechts2 daarvan waren correct: die van JeroenTiggelman, en die van Pieter Rijken,6 vwo, Nijmegen. Zij krijgen detwee prijzen.PO 103Een functie / voldoet aanf(x+y)f(x­y) = (f(xmf(y)yvoor alle x en y. Verder is gegevendat/(—1) = 2.Bepaal /( ).1988Commentaar om typografische redenenschrijven we in deze oplossingsoms a I i) in plaats van a ^. Enige inzenderslieten zien dat de functie f(x)= 2 t (x^) aan de gestelde eisen voldoet,en concludeerden daaruit dat1987f( ) dus gelijk moet zijn aan198819872 I ( t 2). Dat is echter slechts1988het halve werk, want er zijn nog meerfuncties die aan alle eisen voldoen.Voorbeeld: f(x) = 2 I (x^) als x rationaal,en f(x) = O als ;f irrationaal is. Jebent dus pas klaar als je bewezenhebt dat voor alle functies die aan deeisen voldoen, geldt dat1988 1988Oplossing van Certon Lunter, S vwo,Sneek:Kies in de gegeven formule x = —1, y= O, dan staat er/(— l)/(—1) =(/(—1)/(0))^ dus/(O) = 1 of/(O) =—1.Kiesnux = y = —* :/(—1)/(0) =(f(—'­))*■ Het rechterlid is positief,ƒ(—1) = 2, dus /(O) moet -1-1 zijn.Kies vervolgens x = 0,y = —1, dankrijg je een vergelijking die leidt tot/(1) = 2-We gaan nu bewijzen dat voor elke xen voor elk natuurlijk getal n geldt datf(n-x) = f(x) \ (n'). (1)Voor 71 = O en 71 = 1 spreekt deze formulevoor zichzelf.We laten nu zien hoe (1) bewezen kanworden voor n = k+1 als je hem al bewezenhebt voor n = k en voor n =k—1. Daaruit volgt dan stap voor stapde geldigheid van (1) voor n = 2, 3, 4,5 (deze bewijsmethode heet vo//edigeinductie).Neem dus aan dat (1) geldt voor n =k—l en voor n = k. Dan volgt hieruitf((k+l)x)= f(kx+x) _{(kxY((xy{(kx—x)27

(f(x) I (k')y(f(x)yf(x) I(k—iy= f(x) I (2k'+2—(k—\y) =f(x) I (k+iy.De rest is simpel:2=/(l) =/(1988. — ) =1988/(_L) I 19882 dus1988ƒ(— ) = 2 I (—1988 1988^y en •/(1987. — ) =/(—) t 1987^ =1988 1988^2:(1^V1988Gerton merkte ook nog op dat defunctie f(x) = ï \ x^ aan alle eisen voldoet,maar, zo schrijft hij, 'ik kon nietbewijzen dat het de enige functie wasdie aan het voorschrift in de opgavevoldoet.' We hebben hierboven al latenzien dat dit ook niet waar is. Uit hetbovenstaande bewijs kun je echtereenvoudig concluderen dat f{x) wèlvolledig vastligt voor alle rationale x.Ook Wim Oudshoorn, Heiloo, VrijeSchool, klas 9a, vond een correct bewijs;de oplossingen van de vijf overigeinzenders waren onvolledig. Prijswinnaarszijn dus Gerton Lunter enWim Oudshoorn.Uitslag Ladderwedstrijd 1986/87Aan de Pythagoras Olympiade hebbenin de 26e jaargang 40 lezers meegedaan.Elke correcte oplossing leverde1 punt op. Soms hebben we halvepunten uitgedeeld.De einduitslag is:1. Jeroen Tiggelman 10' P2. Pieter Rijken 9 P3. Piet Bikker4. Michael Cijsouw8' P8 P7' P6-8. Wim Oudshoorn 6 PHugo Schnack6 P5. Erik FledderusJan Willem Zijlstra 6 P9-10. Leon Bun 5 PLeonard Lensink 5 PDe nummers 1, 2 en 3 hebben eenboekenbon van / 25,— ontvangen.Altijd een negenvoudKun je dit verklaren?72-27 = (7 - 2) X 938 17 - 17 38 = (38 - 17) X ..874 326 - 326 874 = (874 - 326) X ...- = (8765 - 4321) X 9999Altijd een drievoudDe getallen a, Jb en c vormen een rekenkundige rij.Laat zien dat a + b -(- c een drievoud is.28

InternationaleWiskundeOlympiadeDe 28e Internationale Wiskunde Olympiade werd vorig jaar gehoudenvan 5 tot 16 juli in Havarma, Cuba. Het aantal deelnemers was groterdan ooit, namelijk 237 uit 42 landen. 37 landen, waaronder Nederland,waren vertegenwoordigd met het maximaal toegestane aantal van zesdeelnemers. De Nederlandse ploeg bestond uit de volgende deelnemers:Reyer Gerlagh (Driebergen), Bas van den Heuvel (Dordrecht),Mark van Hoeij (Someren), Joris van der Hoeven (Amsterdam), RoelJanssen (Kampen), Mare de Jong (Deventer).Vijf van hen behaalden een prijs. Roel Janssen een tweede prijs, ReyerGerlagh, Joris van der Hoeven, Mare de Jong en Mark van Hoeij eenderde prijs.Op twee achtereenvolgende dagen (10 en 11 juli) kregen de deelnemers4; uur voor drie opgaven. De maximale score per opgave bedroeg7 punten. In vergelijking met voorgaande jaren was het aantal deelnemersmet de maximale score van 42 punten uitzonderlijk hoog, namelijk22. Zij kregen allen een eerste prijs. Er waren 42 deelnemers (32 tot enmet 41 punten) die een tweede prijs kregen en 56 (18 tot en met 31punten) behaalden een derde prijs. In het officieuze landenklassementwerd Roemenië eerste met het spectaculaire aantal van 250 punten,West-Duitsland was tweede en Rusland derde. Nederland kwam op de14e plaats met 146 punten.Onder de eerste prijswinnaars was één meisje, uit China. Er waren naarschatting maar ongeveer 15 vrouwelijke deelnemers. Opvallend was dedeelname van een 11-jarige jongen uit Australië, die 40 punten scoorde.Dit jaar zal de Olympiade worden gehouden in Australië. In de jaren1989 en 1990 zullen resp. West-Duitsland en China gastland zijn.De Nederlandse ploegDe heren drs. J. M. Notenboom (SOL Utrecht) en drs. J. G. M. Donkers(TU Eindhoven) waren de begeleiders van de Nederlandse ploeg enhadden voor Nederland zitting in de internationale jury. Prof. dr. H. J. A.Duparc, voorzitter van de Nederlandse Onderwijscommissie voor wiskunde,maakte dit jaar als waarnemer deel uit van de Nederlandse delegatie.De Nederlandse ploeg was geselecteerd uit de prijswinnaars vande Nederlandse Wiskunde Olympiade 1986. De voorbereiding op deinternationale Olympiade door middel van lesbrieven werd verzorgddoor J. Donkers.29

Vijf leden van de Nederlandse ploeg hebben dit jaar hun eindexamenvan de middelbare school gedaan. De zesde, Joris van der Hoeven zalhet volgend jaar eindexamen doen.De scores van de Nederlandse deelnemers zijn als volgt:Opgave 123456 totaalReyer Gerlagh 177670 28Bas van den HeuvelMark van Hoeij07 10700076701520Joris van der Hoeven 77 1076 28Roel Janssen 756 770 32Mare de Jong 27 1670 23Landenklassement van de Internationale Wiskunde Olympiade19871. Roemenië 250 22. Spanje 912. West-Duitsland 248 23. Marokko 883. Sovjet Unie 235 24. Cuba 834. Oost-Duitsland 231 25. België 745. U.S.A. 220 26. Iran 706. Hongarije 218 27. Noorwegen 697. Bulgarije 210 28. Finland 698. China 200 29. Colombia 689. Tsjechoslowakije 192 30. MongoUë 6710. Groot Brittannië 182 31. Polen (3) SS11. Vietnam 172 32. gsland (4) 4512. Frankrijk 154 33. Cyprus 4213. Oostenrijk 150 34. Peru 4114. Nederland 146 35. Italië (4) 3S15. Australië 143 36. Argentinië 2916. Canada 139 37. Koeweit 2817. Zweden 134 38. Luxemburg (1) 2718. Joegoslavië 132 39. Uruguay 2719. Brazilië 116 40. Mexico (5) 1720. Griekenland 111 41. Nicaragua 1321. Turkije 94 42. Panama 7Tenzij tussen haakjes achter de naam van het land anders vermeld, be- 1stond elk team uit 6 deelnemers30

Opgaven1. Zij p„(k) het aantal permutaties van de verzameling |l,2,...^j die precies/c invariantepunten hebben.Bewijs:I k ■p„(*) = n!* = oOpmerking: Een permutatie / van de verzameling S is een één­éénduidige afbeeldingvan S op zichzelf. Een element in S heet een invariant punt van depermutatie als f(i) = i.2. In een scherphoekige driehoek ABC snijdt de bissectrice van hoek A de zijdeBC in L en de omgeschreven cirkel van driehoek ABC in W en J4.AT is de projectievan L op AB en M is de projectie van L op AC.Bewijs dat de oppervlakten van de vierhoek AKNM en de driehoek ABC gelijkzijn.3. Gegeven zijn reële getallen x 1,^2 ji„ waarvoor geldt Jfj + x\+ ... + x\= 1.Bewijs dat er voor elk geheel getal k met k^Z gehele getallen a 1, a 2 a„ bestaan,niet alle gelijk aan O, die voor alle i voldoen aan |a, | jg /c — 1, zodanigdat geldt\aiX,+a^2+...+a^^ s; .j;r" — 14. Bewijs dat er geen functie / bestaat met /: N^N zodanig dat voor alle natuurlijkegetallen n geldt/(/(n)) =n +1987 N = \0,l j5. Zij n een geheel getal groter dan of gelijk aan 3.Bewijs dat er n punten in het Euclidische vlak bestaan die voldoen aan(i) geen enkel drietal van de punten ligt op één lijn;(ii) elk tweetal van deze punten heeft een irrationale afstand;(iii)de oppervlakte van een driehoek bepaald door een willekeurig drietalvan deze punten is rationaal.6. Zij 71 een geheel getal groter dan of gelijk aan 2.Bewijs:Als k'^ + k + n een priemgetal is voor alle gehele getallen k metO Kk ^ \/n/3, dan is fc^ + /c + 77 een priemgetal voor alle gehele getallenk met O sS Ji­ sg 71 — 2.Oplossingen verkrijgbaar bij Drs. J. G. M. Donkers, Faculteit der Wiskundeen Informatica, Technische Universiteit Eindhoven, Postbus 513,5600 MB EINDHOVEN. D31

RedactioneelZoals aangekondigd in nummer 1, in dit nummer extra aandacht voortwee heel bijzondere meetkunde-stellingen: de drie-koorden-stellingen de vlinderstelling. We geven niet alleen een bewijs voor dezefraaie stellingen, maar gaan ook uitvoerig in op de (elementaire)meetkunde die daarbij nodig is (zie het stukje 'Verder de oude doos in'op bladzijde 6).Met het artikel 'Halveren zonder schaalverdeling' lopen we al eenbeetje vooruit op nummer 3. Daarin wordt aandacht besteed aan passeren-hniaal-constructies;met name de trisectie (driedeling) van de hoek.Uiteraard volgt in nummer 3 ook het aan het einde van 'Halveren zonderschaalverdeling' gevraagde bewijs.Verder komen in het volgende nummer de oplossingen van de opgavenvan de Tweede Ronde van de Nederlandse Wiskunde Olympiade 1987.Uitgave onder toezicht van de Nederlandse Onderwijscommissie voorWiskunde.Lay-out: Klaas Lakeman, Amsterdam.Tekenwerk: Hans van Kuyk, Amsterdam.Foto's en andere illustraties: Klaas Lakeman, Amsterdam (omslag, blz. 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 15, 20, 21, 22); Peter Bata (blz. 14);Jan van de Craats, Oosterhout (NB) (blz. 16, 17, 18, 19, 23, 24, 25, 26).^ 1988 Redactie Pythagoras - ALLE RECHTEN VOORBEHOUDEN, NADRUK OF WEER­GAVE, GEHEEL OF GEDEELTELIJK, IN WELKE VORM DAN OOK, ZONDER TOESTEM­MING VAN DE REDACTIE VERBODEN.32 druk: koninklijke vermande bv

PyHXJgoras wiskunde tijdschrift voor jongerenRedactie: Jan van de Craats, Klaas Lakeman, Hans de Rijk.Medewerkers: Popke Bakker, Gersu-d Bauerle, F. van der Blij,Niels M. Buizeri, Hans Lauwerier, Hessel Pot.Redactiesecretariaat: Klaas Lakeman, Cornells Krusemanstraat 60",1075 NS Amsterdam (NL).Inhoud jaargang 27, nummer 2Drie-koorden-stelling / 1Klaas LakemanHalveren zonder schaalverdeling/ 8Niels M. Buizert/Jan van deCraats/Klaas LakemanDrie-koorden-speciaal / 10Klaas LakemanZo ver mogelijk de woestijnin/ 13Klaas LakemanEen prikkelende grafiek / 15Niels M. BuizertDe vlinderstelling / 16Jan van de Craats/Klaas LakemanVlinders in het vlak / 20Klaas LakemanDrievoud plus twee / 22Klaas LakemanVlinders in de ruimte / 23Jan van de CraatsWortelteken verschuiven / 25Klaas LakemanPythagoras Olympiade / 26Jan van de CraatsAltijd een negenvoud / 28Klaas LakemanAltijd een drievoud / 28Klaas LakemanInternationale wiskundeOlympiade / 29Jan van de CraatsRedactioneel / 32Pythagoras verschijnt zesmaal perschooljaar; opgave van abonnementenbij de uitgever (zie onder).Abonnementen zijn doorlopend, tenzijvoor I september schriftelijk bij de uitgeveris opgezegd.Bij tussentijdse abonnering ontvangtmen ook de reeds verschenen nummers.Betaling per acceptgirokaart.Tarieven*NLG/BEFAbonnement Pythagoras 20,—/365Inclusief Archimedes 36,-/660Losse nummers 5,—/ 90* Luchtpost-toeslag 15%fpC\ stichting ivion n Postbus 37, 8200 AA Lelystad (NL). Tel. 03200-76411Cr^j^educatieve uitgeverij - instituut voor buitenschoolsrUjJ")onderwijs - wereldschool - AO-reeks - leerprojectenPostgiro Nederland: 287934 Postcheck België: 000-0130850-94