WISKUNDE MET LEGOBLOKJES

          
Als we de statistieken mogen geloven
dan brengt de Sint binnenkort bij heel wat kinderen
weer de oude vertrouwde LEGOblokjes.

Tijd dus voor een wiskundig LEGOvraagstukje.

Je beschikt over een aantal rode en groene blokjes.
Je besluit hiermee rijtjes te vormen van respectievelijk 1, 2, 3, 4 ... blokjes
maar zo dat er geen twee rode blokjes naast elkaar liggen.
Op hoeveel manieren kan?

Hieronder zie je de oplossing voor 1, 2 en 3 blokjes.
Er zijn blijkbaar respectievelijk 2, 3 en 5 verschillende rijtjes mogelijk.
En dat zijn precies 3 opeenvolgende Fibonaccigetallen.
Kan je nu zelf ontdekken of er met 4 blokjes 8 rijtjes mogelijk zijn
en met 5 blokjes 13 rijtjes ... enzovoort?

 Hint.
Rijtjes die (langs rechts) eindigen op een rood blokje
kan je (langs rechts) enkel aanvullen met een groen blokje.
Rijtjes die eindigen op een groen blokje
kan je zowel met een rood als een groen blokje aanvullen.
Daarom is het aantal rijtjes met 3 blokjes gelijk aan 3 + 2 = 5.

08-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

 

PROBLEEM 28

Met behulp van muntjes die allemaal dezelfde grootte hebben,
vormt men zeshoekige figuren zoals op de onderstaande figuur.
We nemen als 'kleinste zeshoek' de figuur die bestaat uit één muntje.

Noem z_k het aantal muntjes dat men  nodig heeft om de k-de figuur te vormen,
die dus een opgevulde zeshoekige figuur is met k muntjes op elke zijde.
Zo is z₁ = 1, z₂ = 7 ... (zie figuur). 
Vind en bewijs de formule voor de som z₁ + z₂ + ... + z_n ,
waarbij n een willekeurig natuurlijk getal n  is (n ≥ 1).

   UITVINDING 28   

In het tijdschrift Scientific American verscheen deze afbeelding
van een eenvoudig toestelletje dat diende
om een boek op een bepaalde bladzijde open te houden.
Men legde het metalen toestelletje verticaal  in het midden tussen twee pagina's
en via twee uitschuifbare haakjes werd het daar vastgezet.
Twee horizontale metalen staafjes werden daarna
met een klik vastgezet op elk van de twee openliggende bladzijden.

Bijlagen:
COSMOSPROBLEEM 28_oplossing.pdf (195.9 KB)   

Er bestaat een kat met negen staarten.

BEWIJS
Geen kat heeft 8 staarten.
 1 kat heeft 1 staart meer dan geen kat.
 Daaruit volgt dat 1 kat 9 staarten heeft.

****************************************************************************************************************$$
Alle mannen dragen dezelfde soort onderbroeken

BEWIJS DOOR VOLLEDIGE INDUCTIE

We tonen aan dat in een willekeurige groep van n mannen
iedereen dezelfde soort onderbroeken draagt.

07-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

Van de kalligrafische kunstwerkjes van Kim Scott
geraak ook jij wellicht ondersteboven.

Hieronder kan je een aantal van zijn vondsten bewonderen.
Elk woord blijkt hetzelfde te blijven als je het over 180° roteert.

Zelf ook even proberen ...

Anders bekeken ...

06-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

In het werk van de kalligraaf Kim Scott
speelt symmetrie een belangrijke rol.

Hieronder staat een collectie werkjes afgebeeld
waarin er telkens spiegelsymmetrie wordt toepast.

 

Meer leuke afbeeldingen vind je door te googelen naar 'ambigram'.

06-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

FIBONACCI IN HET KWADRAAT



Ziehier twee opmerkelijke eigenschappen
van de kwadraten van de getallen uit de rij van Fibonacci:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13 ...

EIGENSCHAP 1
Bij 4 opeenvolgende getallen uit de rij van Fibonacci
is het verschil van de kwadraten van de middelste twee
gelijk aan het product van het kleinste en het grootste.

Voorbeelden.
 Voor 2, 3, 5 en 8 geldt dat 5² – 3² = 2 x 8.
Voor 3, 5, 8 en 13 geldt dat 8² – 5² =  3 x 13.

EIGENSCHAP 2.
Voor de som van de kwadraten van de opeenvolgende getallen
uit de rij van Fibonacci is het volgende getallenpatroon geldig:

1² + 1² = 1 x 2
1² + 1² + 2² = 2 x 3
1² + 1² + 2² + 3² = 3 x 5
1² + 1² + 2² + 3² + 5² = 5 x 8
1² + 1² + 2² + 3² + 5² + 8² = 8 x 13
enzovoort...



Maar kan je deze eigenschappen ook bewijzen?

06-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

Maantjes van Hippocrates

Wanneer je op mijn blog als zoekopdracht 'Hippocrates' intypt
kom je meer te weten over de maantjes van Hippocrates,
die een eervolle poging opleverden
om de kwadratuur van de cirkel op te lossen.

Hieronder stellen we een leuke variante voor op dit probleem
in de vorm van een wiskundevraagstukje.
Kan jij dit oplossen?

Toon aan dat de oppervlakte van de gelijkzijdige driehoek
gelijk is aan de som van de oppervlakte van de gele halve cirkel en het gele maantje.

MAANHAIKU

Op duister water
schildert de maan met zilver
haar vaag spiegelbeeld

05-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

STEINERPUNTEN

Steinerpunten (genoemd naar Jakob Steiner) zijn punten in het vlak
die de kortste verbindingstrajecten tussen een aantal gegeven punten helpen bepalen.
Het opsporen van Steinerpunten is een probleem uit de grafentheorie.

 Op de afbeelding links zie je een Steinerboom met drie punten A, B en C en Steinerpunt S.
De drie takken vormen hoeken van 120°.

Rechts staat een Steinerboom met vier punten A, B, C en D en twee Steinerpunten S1 en S2.
 Ook hier vormen de takken rond de punten S1 en S2 weer hoeken van 120°.
Als de punten A, B, C en D de hoekpunten van een vierkant met zijde 1 zijn,
dan is de totale lengte van de verbinding tussen de vier punten A, B, C en D gelijk aan 1 + √3.
 Kan je dit ook aantonen?

Uiteraard vindt dit zijn toepassing bij het aanleggen van kabels en buizen
om via een zo kort mogelijk traject verschillende punten met elkaar te verbinden.

En blijkbaar treffen we die oplossing ook aan in de natuur.

       Argentijnse mieren  (Linepithima humile) weten bij goede benadering de Steinerboom te vinden:
gegeven drie punten, creëren ze een vierde punt (in het midden)
om zodoende alle punten bereikbaar te maken via een zo kort mogelijk pad.
Afbeelding: Tanya Latty.
Bron: http://www.kennislink.nl/publicaties/mieren-vinden-steinerpunten

Met een basismotief waarbij een Steinerpunt hoeken van 120° uittekent,
kan men een mooie boomfractal opbouwen!

En bomen zetten in de herfst ook wel eens aan tot poëtische gedachten ...

05-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

WACHTTIJDPARADOX

 

Pieter gaat op een rustige landweg staan
en stelt vast dat er gemiddeld om de 4 minuten een auto voorbijkomt.

Hij besluit daarom het volgende:
"Als ik enkele dagen na elkaar stipt om 14 uur op de landweg ga staan,
dan mag ik de eerste auto gemiddeld na ongeveer twee minuten verwachten.
Immers, als ik daar op een willekeurig tijdstip aankom,
is de kans groot dat ik midden een interval
tussen twee opeenvolgende wagens arriveer."

Nadat hij dit experiment herhaaldelijke keren heeft uitgevoerd,
moet hij echter vaststellen dat het gemiddeld toch 4 minuten duurt
vooraleer de eerste wagen voorbijkomt.

Wiskundige verklaring op http://nl.wikipedia.org/wiki/Wachttijdparadox

05-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

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)