DE BOEKENTOREN

Naar aanleiding van de boekenbeurs verscheen de bovenstaande afbeelding
op de voorpagina van de weekendkrant bij Het Nieuwsblad van 2 november 2013.

Ik vroeg me af of een stapel boeken willekeurig ver kan overhellen
en toch in evenwicht kan blijven staan zoals op de tekening.
Het antwoord hierop is positief en het heeft allemaal te maken
met het feit dat de harmonische reeks 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... divergeert.

VERKLARING

Op de linkse figuur is in het punt A (het midden van het boek)
de kracht getekend waarmee het boek op de onderliggende boeken drukt.
Als dit boek in het punt A wordt ondersteund, is het in evenwicht.

Op de middelste figuur is de neerwaartse kracht van het eerste boek verplaatst naar het punt B
en in D is de kracht getekend waarmee dit tweede boek op de onderliggende boeken drukt.
In het punt C (het midden tussen B en D) is de resultante van de twee krachten getekend.

In de rechtse figuur is de neerwaartse kracht van het eerste twee boeken verplaatst naar het punt E
en in G is de kracht getekend waarmee dit derde boek op de onderliggende boeken drukt.
In het punt F is dan weer de resultante getekend.
Bij evenwicht is 2.|EF| = 1.|FG|  (wet van de mechanica) en |FG| = 1/2 –  |EF|  zodat |EF| = 1/6.

Als men zo verder blijft stapelen is de som van overhellende delen van de boeken is gelijk aan
1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/8 + ... = 1/2(1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...)
zodat binnen de haakjes de gekende harmonische reeks opduikt
en hiervan weet men dat de som boven elke waarde kan uitstijgen
als men maar genoeg termen bij elkaar blijft optellen.
Lees in dit verband ook eens de tekst op http://bit-player.org/2007/hung-over
en het artikel in bijlage dat het probleem aanpakt met integralen.

Mijn test met een stapel kaarten was meteen geslaagd!

Bijlagen:
Brug van latjes.pdf (10.8 KB)   

ENVELOPPENPARADOX


Bij een quiz wint een kandidaat de hoofdprijs.
Hij mag kiezen uit twee enveloppen.
 De presentator zegt hem vooraf dat in beide omslagen een geldsom zit
en dat bovendien het bedrag in de ene omslag het dubbele is van wat in de andere zit.
De kandidaat maakt zijn keuze, opent de gekozen omslag en vindt hierin een bedrag van 500 euro.
De presentator stelt voor dat hij nog mag ruilen.
Wat doet de kandidaat dan best?



De kandidaat is toevallig een wiskundige en redeneert als volgt:
"Er is 50% kans dat de andere omslag 1000 euro bevat en 50% kans dat die slechts 250 euro bevat.
In het ene geval betekent dat 500 euro winst en in het andere geval maar 250 euro verlies.
Welnu ½ . 500 + ½ . (-250) = 125 en daarom besluit ik om te ruilen."

Nochtans zegt het gezond verstand dat de kans op winst of verlies even groot is.
Wat is er dan verkeerd in de redenering van de kandidaat?



UITLEG

Hier moet je er van uitgaan dat de ene omslag x euro bevat en de andere 2x euro.
Een goede ruil betekent x euro winst en een slechte ruil x euro verlies:
100 % van x = 50 % van 2x.

Bron: http://nl.wikipedia.org/wiki/Enveloppenparadox

03-11-2013 om 11:21 geschreven door Luc Gheysens  

DE SNEEUWVLOK VAN KOCH
een paradoxale fractal

Bestaat er een vlak gebied met een eindige oppervlakte maar waarvan de omtrek oneindig groot is?

Ja, de sneeuwvlok van Koch.
Dit is een fractal die men opbouwt 'in een oneindig aantal stappen'.
Hieronder zie je hoe men hiervoor te werk gaat.

De berekening van de omtrek en de oppervlakte van de k-de figuur
is een leuke wiskundige uitdaging en een mooie toepassing van meetkundige rijen.
Je leest het antwoord in de bijlage.
Met dank aan de medewerkers van de Universiteit Hasselt.

Bijlagen:
Rijen en de sneeuwvlok van Koch.pdf (294.7 KB)   

Computers zijn een uitstekend hulpmiddel om 'lastige' integralen uit te rekenen.

Maar een wiskundige beleeft zeker nog wat plezier aan het manueel berekenen van bepaalde integralen!

 
Met behulp van het bovenstaande rekenwerk kan men aantonen
dat er een wiskundig object bestaat met een eindige inhoud maar met een oneindige oppervlakte:

DE HOORN VAN GABRIËL (trompet van Torricelli).

Men spreekt in dit verband ook van 'de schildersparadox':
men kan de hoorn (theoretisch) wel vol gieten met een eindige hoeveelheid verf
maar om het oppervlak te schilderen heeft men oneindig veel verf nodig.

Je leest er alles over op http://nl.wikipedia.org/wiki/Hoorn_van_Gabri%C3%ABl

Een wiskundeleraar uit Geel
gebruikte zijn computer veel te veel.
Hij won hiermee wel wat tijd
maar verloor al zijn creativiteit.
Nu doet hij alles weer manueel.

02-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

Het probleem van Chevalier de Méré (1654)

 

Antoine Gombaud, Chevalier de Méré (1607 – 1684)
was een Franse ridder en schrijver die erg hield van gokken.
Hij speelde vaak kansspelletjes  met vrienden thuis.

Bij één van zijn dobbelspelletjes deed hij een merkwaardige vaststelling.
Hij wedde met zijn vrienden dat hij in 24 worpen met twee dobbelstenen
minstens één keer een dubbele zes kon gooien
en dacht hierbij dat de kans om te winnen 2/3 was.
Immers de kans om in één worp met twee dobbelstenen
een dubbele zes te gooien is 1/36
en dus schatte hij zijn winstkansen op 24/36 = 2/3.
De praktijk wees echter uit dat hij vaker verloor dan hij won!

Zijn vriend Blaise Pascal loste dit probleem op.
Gooien met één dobbelsteen en wedden op minstens één keer 6 in 4 worpen is voordelig,
maar gooien met twee dobbelstenen en wedden op minstens één keer dubbele zes in 24 worpen is nadelig.

02-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

 

PROBLEEM 29

Bepaal twee getallen x en y (verschillend van nul)
waarvan de som, het product en het verschil van de kwadraten
dezelfde uitkomst oplevert.

      UITVINDING 29  

Blijkbaar waren de winters rond 1850 in Amerika nog vrij streng.
Daarom bedacht men deze ijsfiets die op drie schaatsen rustte.
Men de rechterhand kon men de schaats vooraan bedienen om de richting aan te geven.
Met de linkerhand kon men het fietswiel wat optillen of neerlaten
om zo het contact met het ijs te verlagen of te verhogen
waarmee dan weer de snelheid kon geregeld worden.

Bijlagen:
COSMOSPROBLEEM 29_oplossing.pdf (155.2 KB)   

HET DRIEDEURENPROBLEEM

Op het einde van een kwisprogramma wordt een speler geconfronteerd met drie gesloten deuren.
Achter één van de deuren staat een auto en achter de andere twee een geit.
De speler mag een deur aanwijzen en krijgt als prijs datgene wat zich achter die deur bevindt.
Als hij een deur heeft aangewezen, opent de kwismaster een van de andere deuren
en het blijkt dat daarachter een geit staat.
De kwismaster geeft de speler daarna de mogelijkheid om te wisselen van gesloten deur,
dus om in plaats van de eerst gekozen deur te kiezen voor de andere nog gesloten deur.

Wat moet hij doen?
Kan hij beter wisselen van deur, of maakt het niets uit?
Is de kans op het winnen van de auto groter als hij van deur wisselt?

Intuïtief verwacht men wellicht dat het geen verschil uitmaakt of men wisselt van deur of niet
omdat de auto achter één van de twee ongeopende deuren staat.
Men kan dus aannemen dat de kans dat de auto achter de gekozen deur staat
gelijk is aan 1 op 2.

Nochtans blijkt het gunstig te zijn voor de speler om wel te wisselen!
Weet je ook waarom?

Hieronder zie je een schematische verklaring waaruit blijkt dat in 2 van de 3 gevallen het wisselen gunstig is.

 
Lees ook de bijlage.

Je kunt dit probleem dat bekend staat als het Monty Hall probleem
online spelen op http://www.math.ucsd.edu/~crypto/Monty/monty.html.
Monty Hall was de presentator van het populaire Amerikaanse spelprogramma Let's Make a Deal
dat vanaf 1963 in Amerika werd uitgezonden en waarin dit spelletje werd gespeeld.

Bijlagen:
Driedeurenprobleem verklaard.pdf (115.1 KB)   

PARADOXALE DOBBELSTENEN

Hieronder staat het gekende magisch vierkant (Lo Shu) afgebeeld
waarbij de som van de 3 getallen op elke horizontale rij,
in elke verticale kolom en op de twee diagonalen gelijk is aan 15.

Stel nu dat je over drie dobbelstenen zou beschikken
waarop  de drie getallen uit elke rij telkens twee keer voorkomen:
een rode dobbelsteen met 4 - 9 - 2 - 4 - 9 -2
een blauwe dobbelsteen met 3 - 5 - 7 - 3 - 5 - 7
en een groene dobbelsteen met 8 - 1 - 6 - 8 - 1 - 6

Hiermee wordt een spelletje gespeeld door twee spelers.
Elke speler kiest een dobbelsteen en daarna gooit elke speler
de gekozen dobbelsteen 27 keer.
De speler die bij een worp het hoogste getal gooit, scoort een punt.
Wie na 27 worpen het hoogste aantal punten behaalt, wint het spel.

Nu blijkt hiermee iets eigenaardigs aan de hand te zijn:
blauw wint (gemiddeld) 5 keer op 9 van rood,
 groene wint (gemiddeld) 5 keer op 9 van blauw
en rood wint (gemiddeld) 5 keer op 9 van groen.

winstkans ROOD < winstkans BLAUW < winstkans GROEN < winstkans ROOD

Dit is intuïtief in tegenstrijd met ons wiskundig begrip van 'transitiviteit':
als a < b en b < c dan kan het niet c < a.

Kan je de winstkansen van de ene dobbelsteen t.o.v. de andere berekenen?

Uitleg in bijlage 

Bijlagen:
Paradoxale dobbelstenen verklaard.pdf (70.4 KB)   

ALGORITME VAN HERON

In zijn werk METRICA beschrijft Heron een eenvoudig algoritme
om de vierkantswortel uit een positief geheel getal n te benaderen via een rij getallen.
In feite was zijn aanpak typisch 'Grieks', d.w.z. meetkundig:
een vierkant met zijde x bepalen met dezelfde oppervlakte als een rechthoek met oppervlakte n.

Uitleg over het algoritme vind je in de bijlage.

Racine carrée (vierkantswortel) is de titel van het tweede album van Stromae
(een anagram van Maestro)
en in verband met de titel zegt Stromae:
"J'ai l'impression que je fais de la musique comme si je faisais des maths."

Bijlagen:
Algoritme van Heron.pdf (172.1 KB)   

PARADOX VAN SIMPSON

De paradox van Simpson is genoemd naar de statisticus E. H. Simpson,
 die in 1951 hierover een artikel publiceerde.

De paradox bestaat erin dat een effect dat wordt vastgesteld
 in verschillende delen van een bepaalde studie,
verloren gaat (en zelfs het tegenovergestelde effect oplevert)
wanneer men de onderdelen van die studie samenlegt.

We illustreren dit aan de hand van een concreet voorbeeld.
In verschillende bokalen zitten een aantal rode en groene ballen.
Men 'wint' als men een groene bal trekt.



Eerst moet de persoon die een bal trekt, kiezen tussen bokaal 1 en bokaal 2.
De kans op een groene bal is bij bokaal 1 gelijk aan 1 op 4
en bij bokaal 2 is dat 3 op 10.
Bokaal 2 kiezen is dus gunstiger dan bokaal 1  (1/4 < 3/10)

Daarna moet de persoon kiezen tussen bokaal 3 en bokaal 4.
De kans op een groene bal is bij bokaal 3 gelijk aan 6 op 10
en bij bokaal 4 is dat 3 op 4.
Bokaal 4 kiezen is dus gunstiger dan bokaal 3  (6/10 < 3/4).

Wanneer men echter de ballen uit de bokalen 1 en 3 samenvoegt in bokaal 5
en de ballen uit bokaal 2 en 4 in bokaal 6,
dan blijkt bokaal 5 een betere keuze te zijn dan bokaal 6 
want  7/14  >  6/14 !

29-10-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

DOOSPARADOX VAN BERTRAND



In een publicatie met als titel 'Calcul des probabilités' (1889)
vermeldt de Franse wiskundige Joseph Bertrand  een leuke doosparadox.

Je beschikt over drie doosjes. 
In het eerste zitten twee gouden munten,
in het tweede een gouden en een zilveren munt
en in het derde twee zilveren munten.
De doosjes worden in een willekeurige volgorde neergezet.
Je kiest een doosje uit en haalt hieruit zonder kijken één van de twee munten.
Het blijkt een gouden munt te zijn.
Hoe groot is de kans dan de andere munt is dat doosje ook een gouden munt is?

Intuïtief verwacht men wellicht een kans van 1 op 2
omdat de tweede munt in het gekozen doosje
enkel een gouden of een zilveren munt kan zijn.

De kans is nochtans 2 op 3.
Weet je ook waarom?



Verklaring in bijlage.

Bijlagen:
De doosparadox van Bertrand verklaard.pdf (136.9 KB)   

ACHILLES EN DE SCHILDPAD

De paradox van Achilles en de schildpad  wordt toegeschreven aan Zeno van Elea (± 450 v. Chr.)



De paradox luidt als volgt:

Stel dat de schildpad 1 000 meter voorsprong heeft op Achilles
en dat Achilles 10 keer sneller loopt dan de schildpad
(zo'n snelle schildpad of zo'n trage loper kom je echt niet vaak tegen!).
Wanneer Achilles 1 000 meter heeft afgelegd, is de schildpad 100 meter voorop geraakt.
Wanneer Achilles dan die 100 meter heeft afgelegd, is de schildpad weer 10 meter voorop geraakt.
Achilles legt dan die 10 meter af; maar inmiddels is de schildpad weer 1 meter voorop geraakt.
Enzovoort ...
En dus zal Achilles blijkbaar de schildpad nooit inhalen.






In feite probeerde Zeno ons te misleiden met de redenering
dat wanneer men oneindig lang positieve getallen bij elkaar optelt,
de som uiteindelijk ook oneindig groot wordt.

Er zijn verschillende manieren om deze paradox te verklaren
en om in te zien dat Achilles de schildpad inhaalt na 1 111, 111 ... meter
(zie bijlage).

Wiskundigen drukken dit graag in breukvorm uit: een afstand van 10 000/9 meter,
terwijl natuurkundigen en ingenieurs liever met kommagetallen werken.
Maar dan zitten die wel met het probleem dat in 1 111,111...
het aantal cijfers na de komma oneindig lang doorloopt,
waarmee je weer met de paradoxale indruk blijft zitten
dat Achilles de schildpad toch nooit zal inhalen!

Bijlagen:
PARADOX VAN ZENO verklaard.pdf (299.9 KB)   

DE PARADOX VAN CURRY

Als men de rode en de blauwe driehoek op het bovenste rooster plaatst
ontstaat er binnen de grote rechthoekige driehoek een groene rechthoek van 3 x 5 vakjes.
Wanneer men echter die twee driehoeken van plaats wisselt,
ontstaat er blijkbaar binnen de grote rechthoekige driehoek een groene rechthoek van 2 x 8 vakjes.

Is 15 = 16?

Het is een leuke oefening om te verklaren waar de fout zit!


Verklaring in bijlage!

Bijlagen:
De paradox van Curry verklaard.pdf (197.8 KB)   

Het verdwenen vierkantje

Bekijk even aandachtig het onderstaande filmpje
met de meest gekende versie van de zogenaamde paradox van Curry.

 

Blijkbaar kan men met de vier puzzelstukjes
op twee verschillende manieren een welbepaalde driehoek vormen
en telt de driehoek op de bovenste figuur één vakje minder.

Maar kan je ook verklaren wat er hier aan de hand is?



Verklaring in bijlage.

Bijlagen:
PARADOX VAN CURRY VERKLAARD (versie 2).pdf (185.9 KB)   

SPOOKGETALLEN


In wiskundige kringen zijn spookgetallen getallen die wellicht niet bestaan,
maar waarvan men niet met zekerheid heeft kunnen bewijzen dat ze niet bestaan.


Bestaat er een oneven volmaakt getal?
Een volmaakt getal is een natuurlijk getal
dat gelijk is aan de som van zijn delers,
het getal zelf niet meegerekend.
Zo is 6 = 1 + 2 + 3 het kleinste volmaakt getal
en 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 is het volgende.



Bestaat er een oneven natuurlijk getal
dat niet te schrijven is als de som van twee priemgetallen?
Dit heeft te maken met het beroemde vermoeden van Goldbach.



Bestaat er een Mersenne-priemgetal dat groter is dan 2^57885161 – 1?
Dit getal is momenteel het grootste priemgetal.
De Franse monnik Mersenne dacht al dat er
oneindig veel priemgetallen bestaan van de vorm 2ⁿ –  1.



De getallen 1, 3, 8 en 120 vormen een merkwaardig viertal
want het product van elk paar van deze getallen
vermeerderd met 1 is telkens een kwadraatgetal:
(1 x 3) + 1 = 2²
(1 x 8) + 1 = 3²
(1 x 120) + 1 = 11²
(3 x 8) + 1 = 5²
(3 x 120) + 1 = 19²
(8 x 120) + 1 = 31².
Bestaat er ook zo'n vijftal?
Naar die spoken hoef je blijkbaar niet meer te zoeken.
Lees meer hierover op http://en.wikipedia.org/wiki/Diophantine_quintuple .

Over de andere spookgetallen zit er een bevattelijk artikel in bijlage.

Bijlagen:
Spookgetallen.pdf (97.9 KB)   

Bij uitgeverij Die Keure
publiceerde ik een boekje
met de titel TWEE PLUS TWEE IS VIJF (ISBN 9789086616497)
met een verzameling leuke vondsten over getallen
en 500 citaten waarin cijfers en getallen voorkomen.



In het boekje wordt o.a. het volgende probleem gesteld.
Kan je een breuk vormen 
waarin de cijfers van 1 tot en met 9 één keer voorkomen
en zodat de breuk gelijk is aan
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 of 9?

Enkele voorbeelden:

Blijkbaar zijn er in totaal 89 oplossingen voor dit probleem.
Je vindt die in de bijlage.
Met dank aan collega Peter Vandewiele
en leerlingen van het Sint-Lodewijkscollege te Brugge.

Een wiskundeleraar kent vijf manieren om verstandig te leven:
zwijgen, luisteren, ouder worden en verkeerd rekenen.
L.G. 

Bijlagen:
Merkwaardige breuken.pdf (128.2 KB)   

 

PROBLEEM 30

      UITVINDING 30  



Omstreeks 1872 bracht de firma Remington
die toen de grootste Amerikaanse wapenfabrikant was
een mechanische schrijfmachine op de markt.
Voor al wie teksten moest drukken was dit meteen een revolutionaire uitvinding.
Per week werden er 1000 typmachines geproduceerd
tegen een toenmalige prijs van 100 dollars of 525 Franse frank.
Het artikel vermeldt dat 3 of 4 uur oefening per week volstond om op korte termijn
even vlug artikels te schrijven met de typmachine als met een vulpen

Bijlagen:
COSMOSPROBLEEM 30_oplossing.pdf (162.9 KB)   

 Is 64 = 65?

Merk op dat 5, 8 en 13 drie opeenvolgende getallen zijn uit de rij van Fibonacci.

Kan je zelf uitleggen waar op de onderste tekening de 'spie' zit met de oppervlakte van één vierkantje?

Referentie.
J. Sharp, Fraudulent dissection puzzles - a tour of the mathematics of bamboozlement,
Mathematics in School, The Mathematical Association, September, 2002

24-10-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

DE PARADOX VAN HOOPER

De rechthoek op de bovenste figuur telt 30 vakjes
en is opgedeeld in twee driehoeken en twee trapeziums.
Door deze op een andere manier op de onderste figuur te plaatsen
vult men hiermee blijkbaar een rechthoek op van 12 vakjes
en een rechthoek van 20 vakjes.

Is 30 = 32?

Het is een leuke oefening om te verklaren waar de fout zit!


Verklaring in bijlage!

Bijlagen:
Paradox van Hooper verklaard.pdf (209.7 KB)   

Wellicht heb ook jij in de algebralessen geleerd dat
(a + b) (a – b) = a² – b² .

We maken hiervan nu handig gebruik om enkele leuke rekenpiramiden op te bouwen.

6 – 5 = 1
6² – 5² = 11
56² – 45² = 1 111
556² – 445² = 111 111
5 556² – 4 445² = 11 111 111
55 556² – 44 445² = 1 111 111 111

7 – 4 = 3
7² – 4² = 33
57² – 54² = 333
557² – 554² = 3 333
5 557² – 5 554² = 33 333
55 557² – 55 554² = 333 333

8 – 3 = 5
8² – 3² = 55
58² – 53² = 555
558² – 553² = 5 555
5 558² – 5 553² = 55 555
55 558² – 55 553² = 555 555

9 – 2 = 7
9² – 2² = 77
59² – 52² = 777
559² – 552² = 7 777
5 559² – 5 552² = 77 777
55 559² – 55 552² = 777 777

10 – 1 = 9
10² – 1² = 99
60² – 51² = 999
560² – 551² = 9 999
5 560² – 5 551² = 99 999
enzovoort ...


We gebruikten hierbij het feit dat
6 – 5 = 1 en 6 + 5 = 11
7 –  4 = 3 en 7 + 4 = 11
8 – 3 = 5 en 8 + 3 = 11
9 –  2 = 7 en 9 + 2 = 11
10 – 1 = 9 en 10 + 1 = 11.

21-10-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens