Issuu

VECTOR OKTOBER 2026- nummer 27

TIJDSCHRIFT voor wiskundeonderwijs

3 ARCHIMEDES: DE ZANDREKENAAR BELVÉDÈRE: HET ONMOGELIJKE TOCH MOGELIJK? 36 CORRELATIE EN CAUSALITEIT

Met medewerking van Uitwiskeling, VVWL (Vlaamse Vereniging van Wiskundeleraars), GeoGebra Instituut, Vlaamse Wiskunde Olympiade, Ars et Mathesis en Pythagoras

2 3 ARCHIMEDES:

INHOUD

DE ZANDREKENAAR I, GROTE GETALLEN FRAGMENT UIT DE GESCHIEDENIS VAN DE WISKUNDE: EULER EN DE CONVERGENTIE VAN REEKSEN 6 11

BELVÉDÈRE: HET ONMOGELIJKE TOCH MOGELIJK? EEN BLOKJE KAAS VERDELEN 20 24

ARCHIMEDES EN DE ARBELOS MATHFEST MUTATION 28

VECTOR

ARCHIMEDES: DE ZANDREKENAAR II, ZANDKORRELS IN HET HEELAL DE REKENSTAAFJES VAN GENAILLE-LUCAS 34 36

CORRELATIE EN CAUSALITEIT

PROBLEEM DOOR ARCHIMEDES IN VERSVORM BEDACHT EN AAN DE SPECIALISTEN IN ALEXANDRIA TER OPLOSSING VOORGELEGD 38 40

ARCHIMEDES: DE RUNDEREN VAN DE ZONNEGOD

ENKELE MATHSJAM-WAARDIGE WISKUNDERAADSELS 44

VECTOR 8e jaargang - nummer 27 REDACTIE Bart Delepierre, Daphné Depape, Annelien Jodts, Karel Sierens, Esther Verhelst die Keure, Kleine Pathoekeweg 3, 8000 Brugge, educatief@diekeure.be EXTERNE AUTEURS die occasioneel of op geregelde basis een bijdrage willen leveren, kunnen contact opnemen met educatief@diekeure.be. VECTOR is gratis voor alle leerkrachten wiskunde in België. VERANTWOORDELIJKE UITGEVER die Keure, Kleine Pathoekeweg 3, 8000 Brugge VORMGEVING Isabelle Tilleman REACTIES Al je reacties, suggesties en opmerkingen zijn welkom op educatief@diekeure.be

3 PYTHAGORAS

ARCHIMEDES: DE ZANDREKENAAR I, GROTE GETALLEN KUN JIJ ZEGGEN HOEVEEL ZANDKORRELS ER IN HET HEELAL PASSEN? ARCHIMEDES KON DAT: HIJ KON HET AANTAL KORRELS SCHATTEN EN HIJ KON DAT AANTAL OOK UITDRUKKEN. K . P. H A R T

Als we elkaar vertellen hoeveel liedjes er in onze telefoons zitten of wat de temperatuur van de dag is dan doen we dat in woorden. We zeggen niet: “Het is vandaag tweevijf graden”, maar “Het is vandaag vijfentwintig graden”. We kunnen heel grote getallen in woorden uitdrukken door aan woorden voor kleinere getallen woorden voor machten van 10 te plakken: -honderd, -duizend, -miljoen, miljard, biljoen, enzovoort (vanaf duizend gaat de exponent bij elk nieuw woord met 3 omhoog). Opgave 1. Probeer dit getal maar eens uit te spreken: 123.456.789.987.654.321. Onze manier van uitspreken is grotendeels gebaseerd op het tientallig stelsel, met een beetje twaalftallig; dat kun je zien aan de woorden voor 11, 12, 13, 14, …: elf, twaalf, dertien, veertien, …, vanaf

dertien is er regelmaat met telkens -tien aan het eind. Niet alle stelsels om getallen weer te geven zijn even handig. De Romeinse schrijfwijze staat wel deftig op gevels van gebouwen maar je kunt er heel slecht mee rekenen, en echt grote getallen kun je alleen met kunstgrepen weergeven.

ZANDKORRELS In zijn tijd dacht Archimedes ook na over manieren om getallen weer te geven; dat is bijvoorbeeld te zien aan een manuscript dat De Zandrekenaar heet. Dat is een brief aan Koning Gelo van Syracuse waarin hij uitlegt hoe je kunt overschatten hoeveel korrels zand er in het heelal passen en hoe je die overschatting kunt benoemen of uitspreken. In het begin schrijft Archimedes dat sommige mensen denken dat er oneindig veel korrels zand zijn “niet alleen rond Syracuse en elders

op Sicilië, maar overal”. Ook zijn er mensen die denken dat er (slechts) eindig veel korrels zijn maar dat er geen getal benoemd is dat groter is dan dat aantal. Maar, vervolgt Archimedes, ik zal proberen te laten zien dat sommige getallen die ik in een eerder werk heb benoemd niet alleen groter zijn dat het aantal zandkorrels dat in de aarde past, maar zelfs groter dan het aantal dat in het hele heelal zou passen. In dit artikel zullen we zien hoe Archimedes een systeem bedacht om grote getallen weer te geven. In een volgend stuk zullen we zien hoe een overschatting van het aantal zandkorrels in het heelal in dat systeem uit de drukken is.

GRIEKSE GETALLEN De Grieken hadden niet het mooie decimale systeem dat wij nu hebben,

ze hadden een soort tientallig systeem, maar met groepjes van negen cijfers, weergegeven door letters met accentjes. Eerst α', β', γ', δ', ε', ς', ζ', η' en θ'; die staan voor achtereenvolgens 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 en 9. Dan ι', κ', λ', μ',ν', ξ', ο', π' en '; die staan voor de tientallen: 10 tot en met 90 . Ten slotte staan ρ', σ', τ', υ', φ', χ', ψ', ω' en '; voor de honderdtallen 100 tot en met 900.

ORDES Archimedes noemde de getallen tot een myriade myriaden (100.000.000 dus) getallen van de eerste orde. Het getal 100.000.000 is de eenheid van de tweede orde en de getallen van die eenheid tot 100.000.0002 zijn de getallen van de tweede orde. De getallen van de derde orde lopen dan van 100.000.0002 tot 100.000.0003. En zo kunnen we doorgaan tot we bij de getallen van orde 100.000.000 komen, die net voor 100.000.000100.000.000 eindigen.

Op dezelfde manier maken we de getallen van de derde periode, van Ρ 2 tot Ρ 3, weer in een myriade myriaden ordes. En zo gaan we door, tot en met de 100.000.000de orde in de 100.000.000de periode, tot aan Ρ 100.000.000 dus. Kortom, Archimedes had een schema bedacht om getallen tot (100.000.000100.000.000)100.000.000 uit te drukken.

Dergelijke getallen kun je, in principe, met de Griekse notatie beschrijven: Opgave 4. Hoeveel nullen heeft dat Getallen schrijf je dan gewoon op, net een getal van de derde orde, getal? Is het groter of kleiner dan een ′ ′ als ω wij,en van links rechts, zonder bijvoorbeeld, achtereenvolgens googol? Is het groter of kleiner dan voor naar de honderdtallen 100 tot en Dergelijkedoor getallen kun je, in principe, met dus. 900.Bijvoorbeeld κε' is 25, σε' met de Griekse van notatie beschrijven: een een googolplex? nullen het aantal eenheden de derde, ′ ′ 205, je dan gewoon op, net als getal van de derde orde, bijvoorbeeld, σν' isschrijf 250. van de tweede en van de eerste ωis enGetallen voor de honderdtallen 100 tot en Dergelijke getallen kun je, in principe, ′ ′ en naar voorrechts, de honderdtallen 100 Dergelijke kun in principe, wij, vanωlinks zonder nullen door achtereenvolgens het eenheHOE PRAKTISCH IS HET? orde op schrijven. Je getallen moet danaantal welje, met 900. mettot deente Griekse notatie beschrijven: een ′ ′ ′ met 900. met de Griekse notatie beschrijven: dus. Bijvoorbeeld κε is 25, σ ε is 205, σ ν den van de derde, van de tweede en van Is dit eeneen praktisch systeem? Dat Duizendtallen werden weergegeven ordes noemen er Getallen schrijf je dan gewoon op, net als de getal vanexpliciet de derde orde, want bijvoorbeeld, Getallen schrijf je dan gewoon netdeachtereenvolgens als getal van derde 250. eerste orde op de te Je bijvoorbeeld, moet wij, van links naar rechts, zonder nullen op, door hetschrijven. aantal orde, eenhehangt er natuurlijk van af hoe goed metis de eerste negen letters, maar zouden wel eens geen eenheden van wij, streepje van naar rechts, zonder achtereenvolgens hetvan aantal eenhe′links weergegeven werden dan wel de ordes noemen want dus. Bijvoorbeeld κε is 25, σ ε′ isde 205, σmet ν′ ′ de dennullen van ′ de derde, van expliciet dezijn. tweede en je er mee kunt werken. Ik denk dat je metDuizendtallen een extra onder orde twee ofdoor één kunnen Dus bij ′ dus. Bijvoorbeeld κε is 25, σ ε is 205, σ ν den van de derde, van de tweede en van eerste negen letters, maar met een extra er zouden wel eens geen eenheden van isschrijflijn: 250. de eerste orde op te schrijven. Jeje moet met voldoende α', β', γ', δ', ε', ς', ζ', η'′ en ′ θ'. ′ 2.050.000.000.000.002.005 oefening net zo goed geef ′ 250. de eerste orde op tezijn. schrijven. Je moet ' ' de' schrijflijn: ' ' ' ' α met , β ',de γ , δgeen , orde streepje' isonder twee of één kunnen Dus bij Duizendtallen werden weergegeven dan wel de ordes expliciet noemen want met het Griekse systeem kunt werken eenheden van de tweede orde. ′ ′ weergegeven de wel dan eens wel de ordes expliciet want ε′ ,negen ς′ , 2.ζ Duizendtallen , letters, η′ , en θmaar . werden 2.050.000.000.000.002.005 geef van jenoemen geen eerste methoe een extra er met zouden geen eenheden Opgave Bedenk zelf eens als met het onze. eerste negen letters, maar een extra er zouden wel eens geen eenheden van ′ ′ ′ met ′ eenheden van de tweede orde. β , γ2500, , δ ,2050 streepje onder2.en de schrijflijn: α , hoe orde twee of één kunnen zijn. Dus bij Opgave Bedenk zelf eens 2500, 2050 2005 opgeschreven ′ Opgave ′ ′ ′3. Van welke orde is het getal orde twee of één kunnen zijn. Dus bij ′ ′ ′ ′ streepje ′ onder de schrijflijn: α , β , γ , δ , εmoeten , ς en , ζ2005 , ηworden. , opgeschreven en θ . 2.050.000.000.000.002.005 geef je1?getal geen Er zijn grote moeten worden. 123.456.789.987.654.321 Opgave 3. Van welke is het verschillen. Hierboven uitorde Opgave ε′ , ς′ , ζ ′ , η′ , en θ ′ . 2.050.000.000.000.002.005 geef je geen eenheden tweede orde.van Opgave 2. Bedenk zelf eens 2500,tot 2050 De Grieken konden dushoe getallen en met heb ik telkens onze decimale notatie Schrijf het van opeenheden indehet systeem van de tweede orde. Opgave 2.moeten Bedenk zelf eensnog hoever2500, 20503. Van123.456.789.987.654.321 enDe 2005 opgeschreven 9999 opschrijven, maar zeworden. gingen Opgave welke orde is het getal Grieken konden dus getallen gebruikt om getallen weer te geven; Archimedes. en 2005 opgeschreven moetenenworden. Opgave 3. Van welke orde is het getal der: 10.000 noemden ze eenmaar myriade totGrieken en met 9999 opschrijven, als ik de taal van Archimedes had De konden dus getallen tot en met die uit Opgave 1? Schrijf het op in het systeem De Grieken konden dus getallen tot en met 123.456.789.987.654.321 noteerden met een M. Door 9999 opschrijven, maar ze gingen nog die ver-weer PERIODEN ze gingen nogzeverder: 10.000 gebruikt dan had ik het grote getal van Archimedes. 123.456.789.987.654.321 9999 opschrijven, maar ze gingen nog vermet de reeds bekende getallen te combineder: 10.000 noemden ze een myriade en die Maar Archimedes was nog niet noemden ze een myriade en die aan het eind als volgt uitgedrukt: uit en Opgave 10.000 noemden ze een myriade die 1? Schrijf het op in het systeem ren konden zeeen tot een myriade van myrinoteerden zeder: met M. die weer Μ.Door Door die klaar. De getallen tot noteerden ze met een “een myriade-myriade eenheden van uit Opgave 1? Schrijf het op in het systeem Perioden 100.000.000 noteerden ze met2 te een M. Door van die Archimedes. weer aden komen, tot bekende 10.000 =getallen 100.000.000 met de reeds bekende getallen combineΡ = 100.000.000 noemde hij weer met de reeds de myriade-myriadeste orde uit de van Archimedes. deeen reeds bekende getallen combineMaar Archimedes was nog niet klaar. De dus. met ren konden ze tot myriade van myri- te getallen van de eerste periode. te combineren konden ze tot een myriade-myriadeste periode”. ren konden ze tot een myriade van myri2 getallen tot P = 100.000.000100.000.000 Dat combineren ging als 123.456 verPerioden aden komen, 10.000 = volgt: 100.000.000 myriade vantot myriaden komen, tot 2 Perioden toten10.000 = 100.000.000 noemde hij getallen vanniet de eerste deel je aden in 12 komen, myriaden 3456; die 3456 Maar Archimedes was nog klaar.periode. De Dat daar inderdaad Ρ 100.000.000 staat dus. dus. De getallen van deArchimedes tweede periode 10.0002 = 100.000.000 ′ Maar was nog niet klaar. De 100.000.000 dus. De getallen van de tweede periode beginwordt dan γυνς Devolgt: 12 myriaden getallen tot P = 100.000.000 Dat combineren ging.als 123.456schrijven ver- beginnen 100.000.000 Ρ en dietot worden kun je als volgt uitvlooien: je moet bijgetallen P = 100.000.000 Dat combineren ging als volgt: 123.456 vernen bij P en die worden door telkens met we in als 12 myriaden en 3456; die 3456 noemde hij getallen van de eerste periode. deel ιβ volgt: door telkens met 100.000.000 te Datje combineren ging als de eenheid, hij getallen van beginde in eerste periode. het beginpunt dus, van deel′ . je en 3456; De die getallen 3456 noemde 100.000.000 te tweede vermenigvuldigen ordes Mmyriaden van de periode wordt dan γυνς Dein12 12 myriaden schrijven ′ vermenigvuldigen in ordes verdeeld. 123.456 verdeel in 12 myriaden en de orde uit de getallen detelkens tweedemet periode beginwordtje dan γυνς schrijven verdeeld. Dus van P van tot 100.000.000P, vanmyriade-myriadeste ιβ . De 12 myriaden nen bij P enDe die worden door we als ′ 2door myriade-myriadeste υ νς' Ρ totnen 100.000.000 Ρ, worden van Dus van 3456; 3456 dan periode hebben. M γυνς . De en die 123.456 ιβdan bij P en die telkens met we wordt alswordt P, enzo1000.000.000P tot 100.000.000 100.000.000 te vermenigvuldigen2 in ordes M we als ιβ en Ρ2 tot Ρ, 12 myriaden schrijven 1000.000.000 De myriade-myriadeste periode heeft te vermenigvuldigen in ordes . P100.000.000 voortDus tot100.000.000 Pvan M verdeeld. tot 100.000.000P, van 99.999.999 ιβ 2 Ordes ′ Ρ . Ρ als beginpunt; de getallen enzovoort tot verdeeld. Dus van P tot van 2 100.000.000P, en123.456 123.456wordt wordt dan dan M γυνς .. ιβ Op dezelfde manier maken we de getallen 1000.000.000P tot 100.000.000 P, enzo- 2 ′ M γυνς en 123.456 wordt 2 3 Archimedes noemde dedan getallen tot. een van de2 derde P, enzo1000.000.000P tot 100.000.000 tot P , weer periode, van P voort tot P . myriade myriaden (100.000.000 dus) ge- in een myriade Ordes totmyriaden P 2 . weordes. Op dezelfde voort manier maken de getallen Ordes tallen van de eerste orde. totHet dezelfde manier we de 2 totmaken 3 Archimedes noemde de getallen eengetal En derde zo Op gaan we van door, met degetallen tot Pen , weer van de periode, P 2 Archimedes noemdevan de degetallen een van de derde 100.000.000 is(100.000.000 de eenheid tweede tot 100.000.000de tot P 3 , weer periode, van P myriade myriaden dus) georde in de 100.000.000de indus) een gemyriade myriaden ordes. myriade myriaden (100.000.000 100.000.000 getallen van die myriade myriaden tallenorde vanendede eerste orde. Heteenheid getal tot periode,intoteen dus. ordes. aan P

oor de honderdtallen 100 tot en

Dergelijke getallen kun je, in principe, met de Griekse notatie beschrijven: een chrijf je dan gewoon op, net als getal van de derde orde, bijvoorbeeld, nks naar rechts, nullen door orde achtereenvolgens het aantal eenheAntwoord 5. Zo’n getal bestaat uit van dezonder myriade-myriadeste in MODERNE TERMEN ′ ′ orbeeld κε′die is 25, σ ε is 205, σ ν den van de derde, van de tweede en van 8 • 1016 van onze cijfers; die verdelen Aan het begin van dit artikel hebben periode beginnen dan bij 99.999.999de eerste 99.999.999 orde op te schrijven. Je moet Α = 100.000.000 XΡ . we de woorden duizend, miljoen, we bij het omschrijven naar de ‘cijfers’ llen werden weergegeven met de dan wel de ordes miljard, explicietbiljoen, noemen want… genoemd. biljard, van Archimedes in groepjes van acht. en letters, Dat maar met de een“eenheid extra van er zouden wel eens is dus de Datgeen is heteenheden begin vanvan een systeem Dat geeft dus 1016 Archimedische ′ ′ ′ ′ , β , γ , δ , nder de schrijflijn: α orde twee of één kunnen zijn. Dus bij cijfers. En dat zijn dus 9 • 1016 myriade-myriadeste orde uit de waarin om en om ‘-joen’ en ‘-jard’ η′ , en θ ′ . myriade-myriadeste periode”; 2.050.000.000.000.002.005 geef je geen letters en dan nog 1016 streepjes en voorvoegsels krijgen en waarbij de eenheden van de tweede orde. Bedenk zelf hoe 2500, 2050we er een accenten. eneens daarvan moeten exponent van 10 telkens met 3 wordt pgeschrevenmyriade moeten myriaden worden. nemen, Opgave 3. Van welke orde is het getal opgehoogd. n konden dus getallen tot en met vermenigvuldigen met 100.000.000 123.456.789.987.654.321 hrijven, maar ze gingen nog verdus. Het resultaat Opgave 6. Zoek uit wat achter dat 0 noemden ze een myriade en die systeem zithet en systeem waar het stopt: wat is uit Opgave 1? Schrijf het op in ze met een100.000.000 M. Door die weer XΑ de hoogste macht van 10 die zo kan van Archimedes. In turnclub Kangoeroe zijn de ds bekendeisgetallen te combineinderdaad gelijk aan Ρ 100.000.000. worden weergegeven? In welke orde n ze tot een myriade van myrimeisjes gemiddeld 1,60 m en of periode van Archimedes blijven we 2 Perioden en, tot 10.000 = 100.000.000 de jongens gemiddeld 1,70 m Je zou kunnen zeggen dat steken? Maar Archimedes was nog niet klaar. De groot. De gemiddelde lengte Archimedes een systeem met getallen tot P = 100.000.000100.000.000 neren ging 99.999.999 als volgt: 123.456 vervan alle meisjes en jongens cijfers had bedacht: elk Opgave 7. In het SI-systeem van 14. turnclub 12 myriaden en 3456; die 3456 noemde hij getallen van de eerste periode. in deInclub is 1,68 m.Kangoeroe Wat is de zijn de m getal van 1 tot en met 99.999.999 eenheden worden ook voorvoegsels γυνς′ . De 12 myriaden schrijven De getallen van de tweede periode begingemiddeld 1,70 m groot. De gem verhouding van het aantal heeft in het Griekse systeem een gebruikt om machten van 10 aan te nen bij P en die worden door telkens met meisjes tot het aantal jongens gens in de club is 1,68 m. Wat is d ve 4. Hoeveel nullen dathoogste getal? negen heeft in het Griekse systeem een ‘cijfer’ dat tera-, … Ook ιβ‘cijfer’ dat heeft uit ten geven: kilo-, mega-, giga-, 100.000.000 te vermenigvuldigen in ordes M in dehet club? e in systeem een ‘cijfer’ dat eft eeft ininhet het het Griekse Griekse systeem systeem een een‘cijfer’ ‘cijfer’ ‘cijfer’ dat dat groter ofGriekse kleiner dan een een googol? Isdat uit ten hoogste negen lettersgrenzen bestaat (incluft systeem Μ ). Dus letters bestaat (inclusief de daar zitten aan; ga maar eens 14. In turnclub Kangoeroe zijn de meisjes gemiddel aantal jongens in de club? verdeeld. Dus van Pιβtot 100.000.000P, van ιβ ′ gen letters bestaat (inclut ten ten hoogste hoogste negen negen letters letters bestaat bestaat (inclu(incluoter of kleiner dan een googolplex? ′ en hoogste negen letters bestaat (inclu2 stelt één zo’n ‘cijfer’ voor. op zoek. M γυνς . wordt dan ullen llen llen heeft heeft heeftdat dat datιβgetal? getal? getal? heeft heeft heeftin in inhet het hetGriekse Griekse Griekse systeem systeem een een eenM ‘cijfer’ ‘cijfer’ ‘cijfer’ dat dat siefsysteem de M). Dus γυνςdat stelt één ‘cijfer’ gemiddeld 1,70 m groot. De gemiddelde lengte P, zo’n enzo1000.000.000P tot 100.000.000 ιβ ιβ ′ 1 1 1 ′ 2 γυνς stelt één zo’n ef de de M). M). Dus Dus MM γυνς γυνς stelt stelt één één zo’n zo’n ‘cijfer’ ‘cijfer’ dan dan dan een een een googol? googol? googol? Is Is‘cijfer’ Is′′stelt uit uit uitéén ten ten ten hoogste hoogste hoogste negen negen negen letters bestaat bestaat(inclu(inclu(incluvoor. kse systeem een ‘cijfer’ dat de M). Dus M γυνς zo’n ‘cijfer’ . bestaat voort totletters Pletters A gens in de club A is 1,68 m. Wat B is de verhouding C v ιβ ιβ ιβ n het Griekse systeem een ‘cijfer’ dat praktisch is het? ANTWOORDEN Als we een myriade myriaden oor. or. negen nr.neen een eenletters googolplex? googolplex? googolplex? 8 5 4 Als we′′′stelt een myriade myriaden met M bestaat (incluOpM dezelfde manier maken we de even getallen sief sief siefde de deM). M). M). Dus Dus Dus M M γυνς γυνς γυνς stelt stelt één één éénzo’n zo’n zo’n ‘cijfer’ ‘cijfer’ ‘cijfer’ 14. Inβφ' turnclub zijn de meisjes gemiddeld 1,60 m en de jongens in de club? neen hoogste negen letters bestaat (incluβes 2 2. 3, de noemde desysteem? getallen tot een praktisch Dat hangt ervan noteren dan verdelen Antwoord βν' en βε'Kangoeroe . het aantal even met ewe myriaden even met M ls we een een myriade myriade myriaden myriaden even even met met M M noteren dan verdelen de ordes eerste ′ myriade we een myriaden even met M tot P , weer de derde periode, van P voor. voor. ′' ′' MHoeveel γυνς ‘cijfer’ nullenstelt heeftιβ datéén getal? zo’n heeft in hetvoor. Griekse systeem een ‘cijfer’ dat βϕ , βν ,. en M βε2′'), .1,70 m groot. De gemiddelde lengte van alle meisje ′ 2. [1, ′ gemiddeld ′ eerste myriaden dus) gevan af(100.000.000 hoe goed je er mee kunt de ordes de ordes de eerste periode inAntwoord oteren eren dan dan verdelen verdelen de de ordes ordes de de eerste eerste periode inAntwoord intervallen: M), of kleiner dan een googol? Isde uitstelt tende hoogste negen letters bestaat (inclu2. βϕ ,ordes. βν , en βε′[M, M). Dus M γυνς één zo’n ‘cijfer’ eren dan verdelen ordes de eerste in een myriade myriaden t? ?elen ?lijk Als Als Als we we we een een een myriade myriade myriade myriaden myriaden myriaden even even even met met met M M M 1 1 1 1 kleiner dan een googolplex? 22 2 3 M−1 M M sief de M).2 Dus M γυνς stelt éénoezo’n ‘cijfer’ 2 nn. de eerste orde. Het getal Ik denk dat je met voldoende allen: [1, M), [M, M ), AB is de verhouding eriode iode inDat in intervallen: intervallen: [1, [1, M), M),,[M, [M, [M, M M Mde ),,ordes .we . . , [M , tot M 3. ); dus P Misclub . Ade [M …, intervallen: Antwoord Het getal van gens in=de de is 1,68 m. Wat C van het aantal Dm ode in intervallen: [1, M), M ),),,), En zo ,gaan door, en met voor. steem? teem? teem? Dat Dat hangt hangt hangt er er er noteren noteren noteren dan dan dan verdelen verdelen verdelen de de ordes ordes de de de eerste eerste eerste de myriaden even met M sch is het? M M 2net 2 ,is 3 3de M−1 M−1 M MM Antwoord 3. Het isligt van de derde Alsvan een myriade myriaden even metM M 8 5 4 3 2M−1 3M M−1 M de tweede zo goed met het Griekse systeem Pkunt =,,weM M .); M ,M ), ), . ); .Dat .eenheid .mee .mee ,mee .dus ,[M [M ,eerste M ); dus dus Pin P =de=M M M . 14. M typisch getal van orde (in het k-de in22getal 2 khet Antwoord 3.[M, isgetal van de derde ;even dus Ρ == . .Een typisch derde orde het tussen e00 myriade myriaden met ,,een M ), .er ,ordes [M ); dus 100.000.000de orde inHet de 100.000.000de aktisch systeem? hangt er noteren dan verdelen deP ordes eerste goed oed oed je je je er er kunt kunt 3 7 en de jongens 20 In[1, turnclub Kangoeroe zijn de 2meisjes gemiddeld 1,60 m aantal jongens in de club? periode periode periode in in intervallen: intervallen: intervallen: [1, [1, M), M), M), [M, [M, M M M ), ), ), want delen de de 15. Als 2x = x en x = ̸ 0, dan is 2x an afgetallen hoe goed je er mee kunt die orde want het ligt tussen 100.000.000 en periode in intervallen: [1, M), [M, M ), 2 100.000.000 e van eenheid tot 2 3 werken als met het onze. an orde k (in het k-de inn typisch typisch getal getal van van orde orde k,), k[M (in het het k-de interval dus) met k3M ‘cijfers’ geschreven; 2(in 22khet 3);3eerste 3dus M−1 M−1 M−1 M M M wordt M M orde want het tussen 100.000.000 en . Het en dan de ordes de typisch getal van orde k.[M (in k-de dus. aan Pdus (in het kM.,ininterval en 100.000.000 getal van orde 100.000.000 denk dat jevoldoende met verdelen voldoende oe, MM ), .2.[M M .[M [M evallen: met met met voldoende voldoende oeoeoe,,orde ,,M M M ), ), ),k-de .P..k-de .=..periode, ,in,-de [M [M ,tot ,,M M M ); ););dus dus PPligt P ===M M M ... m [M ′ [1, M), [M, gemiddeld 1,70 groot. gemiddelde lengte van alle meisjes en jono00 goed2met het Griekse systeem Een van . dat Het bestaat ιβDe eenheden 100.000.000 typisch getal van k (in het 2 in3 ′ uit de getallen de tweede grote verschillen. Hierboven heb ik),Kortom, met kzijn ‘cijfers’ geschreven; val rval dus) dus) wordt met met k k ‘cijfers’ ‘cijfers’ geschreven; geschreven; voor de laatste orde zijn dus een myri. Het bestaat uit ιβ eenheden 100.000.000 M−1 Mwordt M de in [1, M), [M, M 1 1 1 1 2 al dus) wordt met k ‘cijfers’ geschreven; Archimedes had een schema beals met het intervallen: onze. k ‘cijfers’ geschreven; ιβ' eenheden van de derde dus) wordt met bestaat uit terval dus) wordt met k ‘cijfers’ geschreven; het het het Griekse Griekse Griekse systeem systeem systeem γ υνς Een Een Een typisch typisch typisch getal getal getal van van van orde orde orde k k k (in (in (in het het het k-de k-de k-de inininMverschillen. , M ); dus P = M . ′ γA υνς Hierboven heb ik derde AC van voorM de laatste ordelopen zijn dat dusom een myri22 het aantal 23 3zijn M−1 M gens de .club isuit 1,68 m. θWat is de verhouding tot C Bvan D meisjes E x van de orde van in de derde orde, M ζω eenheden sgetallen onze decimale notatie gebruikt de dat dus een myri′ eenheden oor or de laatste laatste orde orde zijn zijn dat dat dus dus een een myrimyriade myriaden ‘cijfers’ M ),de . . . , [M M ); dus P = M . A x B x de laatste orde zijn dat dus een myridacht om getallen tot notatie gebruikt om ,de de voor laatste orde zijn dat dus een orde, uit ade myriaden ‘cijfers’ . et trvan tdecimale onze. onze. onze. van de derde orde, uit M ζω θ eenheden terval terval terval dus) dus) dus) wordt wordt wordtmet met metkkk‘cijfers’ ‘cijfers’ ‘cijfers’geschreven; geschreven; geschreven; 8 orde k (in hetDek-de in5 4 3 5 2 van r te geven; als ik de taal geven ook een 3rij. van intervallen: tot 100.000.000 00.000.000 n te ‘cijfers’ geven; als ik de,In taal rs’ .weer ′. 3 20 14. turnclub zijn de meisjes gemiddeld 1,60 mx 7en de jongens de en. myriaden myriaden ‘cijfers’ ‘cijfers’ .ik .perioden het aantal jongens inuit deηψM′ξεclub? DeKangoeroe perioden geven ook een rij intervallen: ηψ ξε pisch getal van orde (in k-de inmyriaden .[1,ik had gebruikt dan had ik het P), k [P, Pvoor ), [Phet P de ),de . . . , laatste [P , P ). orde n. n. Hierboven Hierboven Hierboven heb heb heb ik tweede orde, en uit myriade myriaden ‘cijfers’ . van de tweede orde, en δτκα . voor voor de laatste laatste orde orde zijn zijn zijn dat dat dat dus dus dus een een een myrimyrimyri15. Als 2x = en x = ̸ 0, dan is 2x gelijk aan met k ‘cijfers’ geschreven; 100.000.000 100.000.000 an het eind als volgt uitgedrukt: Opgave van de tweede 2 2 M−1δτκα we doorgaan tot we bij de ge5.een Hoeveel Griekse medes had gebruikt dan had ik‘cijfers’ hetheeft [1, nnen ook een rij ). . .uit (100.000.000 enotatie perioden perioden geven geven ook ook een rij rij intervallen: intervallen: P), ), [Porde, , P 3De ),en , [PM , P M ).. lengte van alle meisjes en jondus) wordt met kom ‘cijfers’ geschreven; perioden geven ook een rij intervallen: de-myriade eenheden vanintervallen: de om notatie notatie gebruikt gebruikt gebruikt om 1,70 m Pgroot. gemiddelde ade ade ade myriaden myriaden myriaden ‘cijfers’ ‘cijfers’ ... [P, een typisch getal ingemiddeld de laatste orde van‘cijfers’ de rde dat dus een myri3 zijn M−1 riadeste orde uit22de2 myriade2 2, als 3M3volgt M−1 M−1 MM 2 3 M−1 M 1 1 1 116 2 orde 100.000.000 komen, die net laatste periode? etal aan het eind uitgedrukt: , P ), . . . , [P P ). P), [P, Pde ),), [P [Pzijn P , P),), ), .De ,.[P [P , [P , P).).geven ). de laatste orde dat dus een,,myriP), [P, ), [P ,,van Pvan .. ..De ,.De PP periode”. n; ; P), als als als ik ik ikPP100.000.000 de de taal taal taal van Opgave 5.Antwoord Hoeveel Griekse ‘cijfers’ heeft 4. B Het getal heeft 8nul⋅ 10C Antwoord 4. Het getal 816• nul10 De perioden geven ook een rijAntwoord 16heeft perioden perioden perioden geven geven ook ook ook een een een rij rij rij intervallen: intervallen: intervallen: fers’ . [P, AD meisjes 22 het aantal 23 24 gens in de club 1,68 m.HetWat isheeft de verhouding van tot Ais E derdaad P staat kun 4. getal 8 ⋅ 10 A x B x C x D x 000.000 uit te drukken. eindigen. myriade-myriade eenheden van de 100 Moderne termen 22heeft 2heeft 222 3typisch 33 M−1 M−1 M−1 M M M laatste yriaden ‘cijfers’ . het uitvlooien: je5. moet de een8 5 4 3 5 eel Griekse ‘cijfers’ heeft uikt uikt ikt dan dan dan had had had ik ik ik het het pgave gave 5. Hoeveel Hoeveel Griekse Griekse ‘cijfers’ ‘cijfers’ een getal in de orde van de heeft slechts honlen. Een googol 10 100 isgoogol [1, [1, [1, P), P), P), [P, [P, [P, P P P ), ), ), [P [P [P , , , P P P ), ), ), . . . . . . . , , , [P [P [P , , , P P P ). ). ). gave 5. Hoeveel Griekse ‘cijfers’ heeft , , …, nullen. Een is heeft slechts intervallen: en ook een rij intervallen: Aan het begin van dit artikel hebben we ginpunt dus, van de myriadeheeft slechts honlen. Een googol is 10 3 7 20 het aantal jongens in de club? de-myriadeste orde uit de myriadedevan woorden duizend, miljoen, miljard, bil15. 2x = x en x zit ̸= 0, dan is 2x gelijk aan 2als 3 laatste M−1 Mlaatste rioden ook rij intervallen: orde uit de myriade-myriadeste n orde de als volgt volgt uitgedrukt: nals typisch typisch getal ininde de laatste orde orde van van dede laatste periode? derd nullen ennullen isAls dus veelis kleiner typisch getal in laatste orde van de P ,de Pvolgt ), .geven .uitgedrukt: .uitgedrukt: ,getal [P ,de Peen ). .Opgave honderd en dus kleiner biljard, . . . genoemd. Dat is het beOpgave Opgave 5.5. 5. Hoeveel Hoeveel Hoeveel Griekse Griekse Griekse ‘cijfers’ ‘cijfers’ ‘cijfers’ heeft heeft ben. De myriade-myriadeste derd nullen en is heeft dus veel kleiner (het veel zit(het 2 2 3 joen, M−1 om M deste periode”. gin van een systeem waarin en om ‘joen’ P ), [P , P . . . , [P , P ). ft [P, Peenheden als beginpunt; de ), etste eenheden eenheden van van van de de de atste periode? periode? nog in de eerste periode). Een googolplex 2 getal ste periode? (hetvan zit nog de periode).1Een 2 1 enkun 1 eerste 1 eerste ‘jard’heeft voorvoegsels krijgen waarbij de een een eentypisch typisch typisch getal getal in in innog de de delaatste laatste laatste orde orde orde van van de de de in Een de myriade-myriadeste in 100.000.000 veel Griekseorde‘cijfers’ in de periode). googolplex aar inderdaad P enexponent staat van 10 telkens met 3 wordt opgeAE beginnen danHoeveel bij 22 (10100 dus)Den dat23 24 A B C rde de de uit uit uit de de de myriademyriademyriadeheeft een googol nullen ve 5. Griekse ‘cijfers’ heeft 100 Opgave 5. Hoeveel Griekse ‘cijfers’ googolplex heeft een googol nullen A x B x C x D x 25 E x hoogd. Moderne termen laatste laatste laatste periode? periode? periode? in de uitvlooien: laatste orde van de de heeft een googol nullen (10416 dus) en dat 8 5 3 5 volgt je 6.moet een00.000 ×P . Opgave Zoek uit wat dat achter dat sys. is veel meer dan 8 ⋅ 10 100 pisch getal in de laatste orde van de 16 en dat is veel meer dan 3 7 20 n dus) heeft een typisch getal in de laatste (10 Moderne oderne termen termen . x ̸= is veel meer derne termen teem zit en waar het stopt: wat is de hoogste Aan hetAls begin van hebben we is 2x gelijk aan 15. 2xdan =8dit x⋅ 10artikel en 0, dan de “eenheid van de myriadehet beginpunt dus, van de myriade00.000.000 100.000.000 00.000.000 macht van 10 die zo weergegeven kan worstaat staat staat kun kun kun eorde periode? uit de myriade-myriadeste n dit artikel hebben we . 8 • 1016miljoen, orde de laatste periode? an het het begin begin van vanvan dit dit artikel artikel hebben hebben we we den? Inartikel welke orde ofhebben periode van Archide woorden duizend, miljard, bilndeste het begin van dit we daarvan moeten we uit er een my- myriade-myriadeste orde de Moderne Moderne Moderne termen termen termen 16 medes blijven we steken? n: : veel je jeje moet moet moet de de de eeneeneenAntwoord 5. Zo’n getal bestaat uit 16 8 ⋅ 10 den van nemen, vermenignd, miljoen, miljard, bileen woorden woorden duizend, duizend, miljoen, miljoen, miljard, miljard, bilbilAntwoord 5. Zo’n getal bestaat uit 8 ⋅ 10 joen, biljard, . . . genoemd. Dat is het bewoorden duizend, miljoen, miljard, bilt 100.000.000 dus. HetDe resul- myriade-myriadeste 22 23 e hebben. Opgave 7. Aan In het SI-systeem van eenheAan Aan het het het begin begin begin van van van dit dit dit artikel artikel artikel hebben hebben hebben we we we us, us, s,enoemd. van van vande de de99.999.999 myriademyriademyriadeAonze x systeem Bdie xen C omx 24 D x 25 E x 26 van onze cijfers; verdelen weombij het den worden ook voorvoegsels gebruikt om Dat isgenoemd. het beerne termen n, en, biljard, biljard, . . . . . . genoemd. Dat Dat is is het het bebevan cijfers; die verdelen we bij het gin van een waarin om om ‘joen’ n, biljard, . genoemd. Dat is het be100.000.000 × A e heeft P als beginpunt; de machten van 10 aan te geven: kilo-, mega-, de de dewoorden woorden woorden3duizend, duizend, duizend, miljoen, miljoen, miljoen, miljard, miljard, miljard, bilbilbilan dit artikel hebben we 20 myriade-myriadeste myriade-myriadeste myriade-myriadeste schrijven naar de van aan Archimedes giga-, tera-, . . . Ook daar zitten grenzen 15. Als 2x = x 7schrijven en xvoorvoegsels ̸=naar 0, dan is 2x‘cijfers’ gelijk aan Peen . endit m waarin om om ‘joen’ ngelijk van van een systeem systeem waarin waarin om om en en om om ‘joen’ ‘joen’ ‘cijfers’ van Archimedes ‘jard’ krijgen en waarbij de het begin van artikel we van een systeem waarin om om ‘joen’ n van deArchimedes myriade-myriadeste orde in aan; ga maar eenshebben open zoek. 16 joen, joen, joen, biljard, biljard, biljard, ....... en genoemd. genoemd. genoemd. Dat Dat Datisisisde het het het bebebe-acht. end, miljoen, miljard, bilen zeggen dat een myriade-myriadeste myriade-myriadeste myriade-myriadeste in groepjes van Dat geeft 16dus 10 Art ‘jard’ 99.999.999 cijfers en had bekrijgen waarbij de nsels ‘jard’ voorvoegsels voorvoegsels krijgen krijgen en en waarbij waarbij de de in groepjes van acht. Dat geeft dus 10 Arexponent van 10 telkens met 3 wordt opgeduizend, miljoen, miljard, biljard’ voorvoegsels krijgen en waarbij de riode beginnen dan bij 99 9orden 9 16 gin gin ginvan van vaneen een eensysteem systeem systeemwaarin waarin waarinchimedische om om omen en enom om om‘joen’ ‘joen’ ‘joen’ genoemd. Dat isde het beAntwoorden tal van 1 tot en met 99.999.999 als als als beginpunt; beginpunt; beginpunt; de de cijfers. En zijn dus 16 9 ⋅ 10 25 lkens met 310 wordt opge22 opge23 cijfers. En 24dat ponent xponent van van 10 telkens telkens met met 3 3 wordt wordt opgeopgechimedische dat zijn dus 9 ⋅ 10 hoogd. biljard, . . . genoemd. Dat is het beonent van 10 telkens met 3 wordt A x B x C x D x E x 26 16 en en en99.999.999 ‘jard’ ‘jard’ ‘jard’voorvoegsels voorvoegsels voorvoegselskrijgen krijgen krijgen en en enwaarbij waarbij waarbij de de de em waarin omorde en3 om e-myriadeste -myriadeste -myriadeste orde orde in in in ‘joen’ 99.999.999 letters en dan nog 10 streepjes en accen16 100.000.000 × P . oogd. ogd. letters en dan nog 10 streepjes en accenngd. eenkrijgen systeemenwaarin om en om ‘joen’ 6.ten. Zoek uit opgewat dat achter dat sysexponent exponent exponent van van van10 10 10Opgave telkens telkens telkensmet met met 333wordt wordt wordt opgeopgegsels waarbij de dan an an bij bij bij ten. d’ voorvoegsels krijgen en waarbij de it wat dat achter dat syspgave gave 6. 6. Zoek Zoek uit uit wat wat dat dat achter achter dat dat syssysteem zit en waar het stopt: wat is de hoogste hoogd. hoogd. hoogd. gave 6. Zoek wat datde achter dat systelkens 3 uit wordt opgedusvan demet “eenheid van myriade99.999 9.999 9.999 99.999.999 99.999.999 99.999.999 ent 10 telkens met 3 wordt opgeet stopt: wat is de hoogste m em zit zit en en waar waar het het stopt: stopt: wat wat is is de de hoogste hoogste × × × P P P . . . macht van 10 die zo weergegeven kan worm zit en waar stopt: wat is de hoogste Opgave Opgave Opgave 6. 6. 6.Zoek Zoek Zoekuit uit uitwat wat watdat dat datachter achter achterdat dat datsyssyssysdeste orde uithet de myriade-myriadeste d. o weergegeven kan worcht acht van van 10 10 die die zo zo weergegeven weergegeven kan kan worworden? In welke orde of periode van Archicht van 10 die zo weergegeven kan worM−1

M−1

100.000.000

99.999.999

100.000.000

OEFENING 1

′

ιβ

6 UITWISKELING

FRAGMENT UIT DE GESCHIEDENIS VAN DE WISKUNDE: EULER EN DE CONVERGENTIE VAN REEKSEN MEER DAN 300 JAAR GELEDEN WERD DE WELLICHT BEROEMDSTE BAZELAAR (MET EEN GROTE LETTER B, GEEN BEUZELAAR OF RAASKALLER DUS) EN WELLICHT OOK DE MEEST PRODUCTIEVE WISKUNDIGE ALLER TIJDEN GEBOREN: LEONHARD EULER. ZIJN NAAM KOMT ZO VAAK TERUG IN DIVERSE DOMEINEN VAN DE WISKUNDE DAT WE OOK IN ONZE LESSEN NIET AAN HEM KUNNEN VOORBIJ GAAN. DIT ARTIKEL KUN JE ALS INSPIRATIE GEBRUIKEN. M I C H E L R O E L E N S , L U C VA N D E N B R O E C K , E L S VA N L O M M E L

In de meetkunde associëren we Euler met de rechte in een willekeurige driehoek die door de punten H (het hoogtepunt), M (het middelloodpunt) en Z (het zwaartepunt) gaat. Euler stond aan de wieg van de grafentheorie. De Euler-graaf is een een graaf waarbij er een gesloten wandeling bestaat die alle paden precies één keer doorloopt. Ook verbinden we zijn naam aan de

formule Z − R + H = 2, die het verband aangeeft tussen het aantal zijvlakken, het aantal ribben en het aantal hoekpunten van een willekeurig veelvlak zonder tunnels (een lichaam met ‘geslacht’ of ‘genus’ 0). Elk veelvlak met één doorboring voldoet aan Z − R + H = 0.

introduceerde. In verband hiermee: de identiteit van Euler, eiπ + 1 = 0, die een verband legt tussen de vijf belangrijkste getallen e, π, i, 1 en 0, werd in verschillende polls in wiskundekringen aangewezen als mooiste formule uit de hele wiskundegeschiedenis.

Ook was het Euler die de notatie van het exponentiële getal e

In dit artikel bespreken we de inbreng van Euler bij het onderzoek

7 ONDER DE LOEP

Figuur 1 – Leonhard Euler (1707-1783)

naar convergentie van reeksen (of sommen van rijen). Convergentie van reeksen komt onder andere ter sprake bij de berekening van de oppervlakte onder een kromme via benaderingen met rechthoekjes (Riemannsommen). Je kunt bij dit leerstofonderdeel de tijd nemen om even over deze markante wiskundige uit te weiden.

HET LEVEN VAN EULER Euler werd in 1707 geboren in Reichen, een dorp in de buurt van Bazel, als zoon van een Calvinistisch predikant. Euler zelf was door zijn afkomst lotsbestemd predikant te worden. Evenals zijn vader volgde hij wiskundelessen bij een van de Bernoulli’s, een gerenommeerde geslacht van wiskundigen uit Bazel. Toen Euler op 17-jarige leeftijd zijn ‘masterdegree’ in de filosofie behaalde aan de universiteit van

vader volgde hij wiskundelessen bij een van de werd ondertussen nog halftime voelde onder tsaar Peter de Grote, Bazel, pleitte leermeester Johann Bernoulli’s, een gerenommeerde geslacht van wisde Academie in Sint-Petersbur keerde hij terug naar Bazel en Bernoulli bij Eulers vader om zijn kundigen uit Bazel. Toen Euler op 17-jarige leeftijd tsaar Peter de Grote waren no nam Euler zijn leerstoel aan de zoon verder te laten studeren in de onderhield Euler een drukke c zijn ‘masterdegree’ in de filosofie behaalde aan de over. Twee jaar wiskunde. Dat snelpleitte gebeuren, universiteit vanzou Bazel, leermeesterwiskundefaculteit Johann Westerse wiskundigen aan and later werd Euler blind aan zijn maar niet aan de universiteit van Bernoulli bij Eulers vader om zijn zoon verder te In deze briefwisseling gaf hij e nahet, eentoen nog, verm Bazel.studeren Tijdens de periodeDat zourechteroog, laten inBazelse de wiskunde. snel ge- waarschijnlijk bewijs van infectie door een te lange observatie communiceerde Euler met de Dit vermoeden, dat pas in 1994 beuren, maar niet aan de universiteit van Bazel. vanEuler de zon. Dat weerhield hem Bernoulli’s onder andere over het Tijdens de Bazelse periode communiceerde den is, zegt dat er geen gehele o niet om in het jaar 1735 een van zijn onopgeloste probleem van de met de Bernoulli’s onder andere over het onopgezijn voor de vergelijking xn + ontdekkingen te groter dan 2 is convergentie van dede reeks loste probleem van convergentie van roemruchtigste de reeks natuurlijk getal 1 1 1 1 … , dat nu bekend doen in zijn publicatie De summis + + + + . . . , dat nu bekend staat als het vermoeden voor n = 3. 2 2 2 2 1 2 3 4 probleem vanprobleem Bazel. van Bazel. staat als het serierum reciprocarum. Daarin werkte Euleruit opvan 59-jarige leeftijd hij maar liefst drieToen bewijzen Toen Euler 20 was, verliet hij Zwitserland. Hij Frederik de Grote Toen Euler twintig was, verliet hij het convergentiegetal uit het pro- viel, die hem diende de rest van zijn leven onder de drie Gronoemde, keerde Zwitserland. Hij diende de rest van bleem van Bazel.kundig In 1747cyloop’ ontdekte en ten der aarde, achtereenvolgens: Peter de Grote land. Onder het regime van C zijn leven onder de drie Groten der publiceerde hij nog een vierde. (Sint-Petersburg), Frederik de Grote (Berlijn) en ging hij onvermoeid verder m aarde, achtereenvolgens: Peter de 13 jaar in SintCatharina de Grote (Sint-Petersburg). Na een verblijf van waardoor zijn naam en faam in Grote (Sint-Petersburg), Frederik de Petersburg kreeg Euler door Frederik naard werden. Kort na zijn teru Euler vanen Bazel naar de opgerichte uni-van Pruisen een positie Grote trok (Berlijn) Catharina de pas Grote de Grote werd Euler helemaal blind. Zel versiteit van Sint-Petersburg. Dat deed hij nadat (Sint-Petersburg). aangeboden in de Academie van Een helper groot probleem. twee van de jongste telgen uit de Bernoulli-familie, Berlijn. Euler gingbronnen op dit aanzoek een kleermaker uit B Daniël en Nicolaus, geheadhunt waren door Euler trok van Bazelook naaralde pas in voor de volgende 24 jaar en kundige voorkennis, volgens an deze universiteit. Er was voor Euler enkelwerd een leeropgerichte universiteit van Sintondertussen nog halftime zoon van Euler - noteerde wat E stoel vrij in Dat de faculteit van geneeskunde. Euler Petersburg. deed hij nadat doorbetaald doorEuler de Academie in had een fenomenaal gehe bereidde zich gedurende drie maanden voor op twee van de jongste telgen uit de Sint-Petersburg. De banden met gens de overlevering de hele Ae dit ambt en vertrok in 1727 naar Rusland. Bernoullifamilie, Daniël en Nicolaus, tsaar Peter de Grote waren nogHij had dus geen uit het hoofd. ook almaakte geheadhunt waren als door deze In die tijd onderhield nodig om Euler omslachtige bereke Euler snel naam een briljantsterk. wiskununiversiteit. Er was voor Euler enkel vaneen drukke communicatie uitvoeren.met Nadat hij volledig bl dige. Hij ontkrachtte een vermoeden Fermat, n beweerde dat hij zich ve eenstelde leerstoel de faculteit vanvan Fn Westerse aan Euler andere dat dat vrij elkinnatuurlijk getal = 22 + 1 wiskundigen kundebriefwisseling kon concentreren omdat geneeskunde. bereidde zichaan datuniversiteiten. In deze een priemgetalEuler is. Euler toonde F5 , een afgeleid gedurende drie maanden voor dit641.gaf hij een aanzetmeer tot het bewijskon worden door getal van tien cijfers, deelbaar is op door Momenteel er geeninpriemgetallen Fn meervan ontdekt ambtzijn en vertrok 1727 naar Rusland. het, toen nog,heden. vermoeden van groter dan We als weten of ze be-Dit vermoeden, dat pas in met Eulernmaakte snel 5. naam eenook niet Fermat. In 1783 overleed Euler aan een staan. Dat las je misschien al in de bijdrage briljant wiskundige. Hij ontkrachtte 1994over een stelling geworden is, zegt hij met zijn kleinzoon speelde. Gauss. een vermoeden van Fermat, dat dat er geen gehele oplossingen zijn berekeningen afgemaakt ov stelde dat elk natuurlijk getal van (x , y, z) zijn voor de vergelijking pas ontdekte planeet Uranus. Toen 2Daniël Bernoulli zich in 1733 politiek en acan een priemgetal is. Euler yn = zn als n een natuurlijk getal Fn = 2 + 1beknot xn +Grote, demisch voelde onder tsaar Peter de , een getal tien toondehij aanterug dat Fnaar dan 2 is. Euler bewees het 5 keerde Bazel envan nam Eulergroter zijn leercijfers, deelbaar is door 641. Momenvermoeden n = 3. stoel aan de wiskundefaculteit over. Twee jaar voor Convergerende en diver teel zijn er geen priemgetallen F Toen Euler op 59-jarige leeftijd uit de later werd Euler blind aan zijn rechteroog, waarn reeksen meer ontdekt met n groter dan 5. te We van Frederik de Grote viel, die schijnlijk na een infectie door een langegratie observaweten niet of zeweerhield bestaan. hem niet om hem 'de“Als wiskundig cycloop’ aantal get we een oneindig tie van ook de zon. Dat in smalend het ditnaar oneindig Toen1735 Daniël Bernoulli in 1733 noemde, keerde levert hij terug Rus- op”, meende jaar een van zijnzich roemruchtigste ontdekkinDit misverstand leidde tot de g politiek en academisch beknotDe summis land. Onder het regime van Catharina gen te doen in zijn publicatie serierum van Zeno, die van de pijl en die reciprocarum. Daarin werkte hij maar liefst drie schildpad. bewijzen uit van het convergentiegetal uit het probleem van Bazel. In 1747 ontdekte en publiceerde Dat de som van oneindig veel hij er nog een vierde. toch beperkt kan zijn tot een e Na een verblijf van 13 jaar in Sint-Petersburg kreeg je in de klas zeker aantonen al

Figuur Figuur 3 – Tweede convergentiebewijs 3 – Tweede convergentiebewijs

sen

In hetIn algemeen gevengeven meetkundige rijen met het algemeen meetkundige rijenremet re- Ook den ofden vermenigvuldigingsfactor q ∈] − 1,1[ aanof vermenigvuldigingsfactor q ∈] − 1,1[ aan- legg leiding tot een reeks.reeks. Een nodige leiding totconvergerende een convergerende Een nodige welk voorwaarde voor een rij van positieve getallen om om reek voorwaarde voor een rij van positieve getallen een convergerende reeks te hebben, is het naar nul een convergerende reeks te hebben, is het naar nul we b gaan van devan algemene term tterm →∞ .→Maar de van algemene ∞ . Maar n als tnEuler Fragment uit de gaan geschiedenis de wiskunde: en de convergentie v n als n deze voorwaarde is uiteraard niet voldoende. De De deze voorwaarde is uiteraard niet voldoende. tterm ‘snel naar nul gaan. t nvan moet ‘snel genoeg’ naar nul gaan. n moet Fragment uit geschiedenis van de wiskunde: Euler convergentie van reeksen Fragment uit de term geschiedenis degenoeg’ wiskunde: Euler en de convergentie van ree Fragment uit dede geschiedenis van Euler enen dede convergentie de Grote, ging hij onvermoeid verder Het meest klassieke voorbeeldvan reeksen leerlingen schiet de intuïtie om ditde tewiskunde: dan Hettekort. meest klassieke van een rijeen met Het meest voorbeeld met terdie nietrijtermet zijn publicaties, waardoor zijn vanklassieke eenvoorbeeld rij met termen tvan kunnen aanvaarden ook soms n zen men t n die tniet genoeg naar nul gaan om een diesnel niet snel genoeg naar nul gaan om een genoeg naar nul gaan om een naam en faam in Europa ongeëveHet eenvoudigste voorbeeld hiervan gaatmen over ndesnel convergerende reeks te hebben, is deteharmonische 1 1 1 1 1 convergerende reeks te reeks hebben, is1de1harmonische convergerende naard werden. Kort na zijn terugkeer Hetrij eenvoudigste oneindige 1, 12 , 14 , 18 , . . . voorbeeld en over de oneindige 1,hebben, , , ,is , , , , rij: rij: 1 1 1 2 4 4 8 8 8 8 de harmonische rij: in Rusland, werdHet Euler helemaal gaat over de1over oneindige rij de Het eenvoudigste voorbeeld hiervan gaat de over Het eenvoudigste voorbeeld hiervan gaat reeks (ofhiervan som van een rij)over +de eenvoudigste voorbeeld hiervan gaat 2 + 4 + 8 + . . . De 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 1rij 1 1, 1, 1 1 1 1 1 1 11 11 1 1 oneindige rij1, 1, . figuren . .2 , en over de oneindige .…. de .enen over de oneindige over de oneindige blind. Zelf vond hij dit geenoneindige groot volgende aan dat deze reeks naar 2 2 4 , 8 ,1, 4 , 8 , tonen oneindige rij oneindige 1, 1, ,21 ,41 ,411,,,8,12,,,84,,,,84,,,,88,, 8, , 8 ,, 8 , , 2 , 4 , 8 , . . . en over 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 8 1 8 1 8 1 8 1 16 16 16 16 ,waa 1 rij) 1 1bewijzen 1+ + …. .De volgende som probleem. Een helper −(of volgens reeks (of som van een rij) 1een + + reeks (ofeen som van +De De 16 convergeert. Het zonder 1, , 1,, 2,, 4,, 4,,16 ,, 16 ,, ,16 2 zijn 4 + 82 +. 4 8 + . . . woorden, reeks som van rij) 1+ , dat 2 + 4 + 8 + . . . De 2 3 4 5 6 7 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 5 6 7 8 volgende figuren tonen aan dat deze reeks naar 2 figuren tonen aan dat deze reeks sommige bronnen een kleermaker uit volgende figuren tonen aan dat deze reeks naar 2 proofs without words. 1 1, 1, 1, , 1, , 1, , 1, , 1, , .,. . . , volgende figuren tonen aan dat deze reeks naar 2 .... ,16 . . . . 16 16 kleinere (of minorante) reeksmaa naa 1, 16 1, 16 1,16 1,16 1,16 1,16 16 convergeert. Het zijn bewijzen zonder woorden, 16 convergeert. Het zijn bewijzen zonder naar 2 convergeert. Het zijnwoorden, bewijzen1 1 16 Berlijn zonder wiskundige voorkennis, 1 16 1Als 1de16 1 16 1 16 1 16 1 16 1 16 16 16 16 16 16 convergeert. Het zijn bewijzen zonder woorden, , , , , , ,gaat , , de . .,.grotere . . . . . (of majorante , , dan , , ,gaat proofs without words. proofs without words. volgens andere bronnen een zoon 9 10 9111012111312141315141615 16 proofs without words. zonder woorden, proofs without kleinere (of minorante) reeks naar oneindig Als de kleinere minorante) reeks naar naar (of oneindig. Welnu, door inone de AlsAls dede kleinere (ofker minorante) reeks naar oneindig words. van Euler − noteerde wat Euler hem He gaat dan gaat de grotere (of majorante) reeks zegaat dan gaat de grotere (of majorante) reek rij de termen met gelijke noemers Het klassieke bewijs om aan te tonen dat de bijHet klassieke bewijs om aan te tonen dat de bijgaat dan gaat de grotere (ofom majorante) reeks ze- 1bi Het klassieke bewijs aan te tonen dicteerde. Euler had een fenomenaal ker naar oneindig. Welnu, door in de minorante ker naar oneindig. Welnu, door in de minor tellen vinden we oneindig veel keer behorende reeks divergeert, gaat uit van een miHet behorende reeks divergeert, gaat uit van een miker naardat oneindig. Welnu, door de minorante 2 a de bijbehorende reeksindivergeert, geheugen en kende volgens de rij de termen met gelijke noemers bij elkaar te rij de termen met gelijke noemers bij elka bewijst dat de minorante reeks naar one norante rij (een rij met kleinere termen dan de staa norante rij (een rij met kleinere termen dan de rij de termen noemers bij elkaar te gaat uitmet van gelijke een minorante rij (een rij overlevering de hele Aeneïs van 1 1 veel tellen vinden oneindig veel keer alskeer som. Ditbijn tellen vinden weveel oneindig als som De harmonische reeks gaat dus12 eveneen gegeven rij)vinden waarvan men makkelijk kan aantogegeven rij) waarvan men makkelijk aanto2kan tellen wewe oneindig keer met kleinere termen dan de gegeven Vergilius uit het hoofd. Hij had dus 2 als som. Dit bewijst dat de minorante reeks naar oneindig gaat. bewijst dat de minorante reeks naar oneindig eindig. In Kindt (2015) vinden we Fragment uit de geschiedenis van de wiskunde: Euler en de convergentie van reeksen nen dat de bijbehorende reeks divergeert. Een bete nen dat de bijbehorende reeks divergeert. Een datwaarvan de Euler minorante reeks naarkan oneindig gaat. van Fragment uit de geschiedenis vanbewijst de wiskunde: en demakkelijk convergentie van reeksen rij) men geen neerslag op papier nodig om 1 De harmonische reeks gaat dus eveneens naar on-1naa De harmonische reeks gaat dus eveneens ook een meetkundige interpretatie, geschikte minorante rij is: + 2zie geschikte minorante rij is: De harmonische gaat dus eveneens naar onaantonenreeks dat de bijbehorende reeks omslachtige berekeningen te kunnen eindig. In Kindt (2015) vinden we van dit bewijs eindig. In Kindt (2015) vinden we van dit be eindig. divergeert. In Kindt (2015) vinden we van dit bewijs geschikte minorante uitvoeren. Nadat hij volledig blind Fragment uit de geschiedenis van de wiskunde: Euler deEen convergentie van reeksen ook een meetkundige interpretatie, zie Figuur ookeneen meetkundige interpretatie, zie ook een meetkundige interpretatie, zie Figuur 4. 4.Figuu rij is: geworden was, beweerde Euler dat Figuur 2 – Eerste convergentiebewijs

Figuur 2gaat – Eerste convergentiebewijs hij zich veel beter op eenvoudigste de wiskunde kon Het eenvoudigste voorbeeld hiervan Het voorbeeld hiervanover gaatdeover de 1 1 1 1 1 11 11 11 11 11 1 1 Figuur 2Eerste –, Figuur Eerste 2.1–en Eerste convergentiebewijs 1. convergentiebewijs 1 over oneindige rij 1, , , . de oneindige concentreren omdat zijn aandacht 1, , 1, , , , , , , Figuur 2 – convergentiebewijs 8 , , , . . . en over de oneindige oneindige2 rij4 1, 2 4 8 1 1 1 2 4 42 ,84 ,84 ,88 ,88 , 8 , 8 , niet meer reeks afgeleid kon worden door 1 +1 . . . 1De (of som van een rij) 1 + + + 2 1 4+ gaat 8 reeks (of som van een hiervan rij) +8+ Het eenvoudigste voorbeeld de. . . De 2 + 4over 1 1 1 1 1 1 1 111 11 visuele bijkomstigheden. volgende figurenfiguren tonen dataan deze reeks naar 2 1 1 1 aan volgende tonen dat deze reeks , ,1, , ,, ,,,1 ,,1,1, 1, ,,11 ,, 1,1, , .1. .,. 1 . . . . oneindige rij 1, 2 , 4 , 8 , . . . en over de oneindigenaar 2 16 16 16 16 16 16 16 16 convergeert. Het zijn bewijzen zonder woorden, 1 416816 8 16 816816 16 2164 16 Het rij) zijn1bewijzen woorden, reeks convergeert. (of som van een + 12 + 14 +zonder 8 + . . . De proofs without words. In 1783 overleed Euler aan een proofs without words. 1 Figuur 1 1reeks 1Divergentiebewijs 1 oneindig 1 1 (of1minorante) volgende figuren tonen aan dat deze reeks naar 2 4, –minorante) van de harmonisch Als de kleinere , kleinere , de, kleinere , (of ,naar . . . .naar Als reeks hartaanval terwijl hij met zijn Als de (of, minorante) reeks oneindig 16 16de16 16 16 16 16 16 reeks zeconvergeert. Het zijn bewijzen zonder woorden, gaat dan gaat grotere (of majorante) gaat dan gaat de grotere majorante) naar oneindig gaat(of dan gaat de reeks zekleinzoon speelde. Net ervoor had proofs without words. De4 –harmonische rij bestaat inv Figuur 4Divergentiebewijs –Figuur Divergentiebewijs de harmonische reeksuit dereeks Divergentiebewijs harmonische ker naar oneindig. Welnu, door indoor minorante Figuur 4 –oneindig. vanvan dede harmonische reeks ker naar Welnu, invan de de minorante grotere (of majorante) reeks zeker hij zijn berekeningen afgemaakt over Als de kleinere (of minorante) reeks naar oneindig de termen van de eenvoudigste rekenk rij de termen met gelijke noemers bij elkaar te Figuur 3 – Tweede convergentiebewijs rij de termen met gelijke noemers bij elkaar te naar oneindig. Welnu, door in de de baan van de pas ontdekte planeet gaat dan gaat deoneindig grotere (of majorante) reeks ze-de 1 uit Deharmonische harmonische bestaat de inversen van De harmonische bestaat uit 1,rij 2,rij 3, 4, . . . .rij Deze rij eeninversen verschi 1 heeft tellen vinden we veel keer als som. Dit De bestaat uit de inversen 2 tellen vinden we oneindig veel keer als som.van Dit minorante rij de termen met gelijke Uranus. 2 ker naar oneindig. Welnu, door in de minorante de termen van de eenvoudigste rekenkundige de termen van de eenvoudigste rekenkundig Figuur 3 – Tweede convergentiebewijs sen de opeenvolgende termen. bewijstde dat de dat minorante reeks naar oneindig gaat. gaat. termen van debijeenvoudigste rekenkundige rij:rij: bewijst degelijke minorante reeks naar oneindig noemers elkaar te tellen vinden In het algemeen geven rij de termen met noemers bij elkaar te 1, 2, 3, 4, . . . . Deze rij heeft een verschil v = 1 tus-v = 1 1, 2, 3, 4, . . . . Deze rij heeft een verschil De harmonische gaat dus eveneens naar von1, 2,harmonische 3, 4, . . .reeks . Deze rij hier heeft een = 1 tusreeks gaat dus1 verschil eveneens naar on- resu Ook kunnen we een Dit algemener CONVERGERENDE EN3 –Figuur als som. we oneindig veel keer meetkundige met reden of De tellen vinden we oneindig veel keer als som. Dit In3convergentiebewijs het algemeen gevenrijen meetkundige rijen met reFiguur Tweede sen de opeenvolgende termen. – Tweede convergentiebewijs sen de opeenvolgende termen. 2 eindig.sen In de Kindt (2015) vinden we vanwe ditvan bewijs Figuur 3 – Tweede convergentiebewijs opeenvolgende termen. eindig. In Kindtdat (2015) vinden dit bewijsvan om leggen. De rijoneindig van de naar inversen bewijst dat debewijst minorante reeks naar gaat. DIVERGERENDE REEKSEN den of vermenigvuldigingsfactor de minorante reeks vermenigvuldigingsfactor qook ∈] − 1,1[ aaneen meetkundige interpretatie, zie Figuur 4. ook een meetkundige interpretatie, zie Figuur 4.een div Ook hier kunnen we een algemener resultaat voorOok hier kunnen we een algemener resultaat welke rekenkundige rij, levert In het algemeen geven meetkundige rijen met reIn het algemeen geven meetkundige rijen met reDe harmonische reeks gaat dus eveneens naar onleiding tot een convergerende reeks. Een nodige “Als we een oneindig getallen aanleiding totrijen een met convergerende Dealgemener harmonische reeks Ook hieroneindig kunnen gaat. we een resultaat voorIn hetaantal algemeen geven meetkundige releggen. De rij van de inversen van om het even leggen. De rij van de inversen van om reeks op, ook al is het verschil v erghet gro den of vermenigvuldigingsfactor q ∈] − 1,1[ aanden of vermenigvuldigingsfactor q ∈] − 1,1[ aaneindig. In Kindt (2015) vinden we van dit bewijs voorwaarde voor een rij van positieve getallen om optellen, dan levert reeks. Eenqnodige voorwaarde voor dusvan eveneens naar oneindig. In even leggen. gaat De rij de inversen van om het dendit of oneindig vermenigvuldigingsfactor ∈] − 1,1[ aanwelke rekenkundige rij, levert een divergerende welke rekenkundige rij, levert een diverger we bijvoorbeeld de rij: leiding tot een convergerende reeks. Een nodige leiding tot een convergerende reeks. Een nodige ook een meetkundige interpretatie, zie Figuur 4. een convergerende reeks te hebben, is het naar nul Figuur 2 – Eerste convergentiebewijs op”, meenden deleiding oude Dit een rij van positieve getallen om een Kindt (2015) vinden we van bewijs welke rekenkundige rij, levert eenditdivergerende tot een convergerende reeks. Een nodige FiguurGrieken. 2 – Eerste convergentiebewijs op, ook is het verschil vverschil erg groot. Nemen reeks op, ook al is het v Nemen erg groot. Ne voorwaarde voor een rij van positieve getallen om voorwaarde voor rij vangetallen positieve getallen om gaan van deeen algemene term n→∞ Maar reeks op, ook al al is het verschil v erg groot. misverstand leidde tot de gekende convergerende reeks tte hebben, is .reeks ook een meetkundige interpretatie, n als voorwaarde voor een rij van positieve om 1rij: 1 1 1 we bijvoorbeeld de rij: we bijvoorbeeld de een convergerende reeks te hebben, is het naar nul een convergerende reeks te hebben, is het naar nul deze voorwaarde is uiteraard niet voldoende. De , , , ,... we bijvoorbeeld paradoxen van Zeno, die van de pijlreeks het naar nulisgaan van de zie Figuurde 4. rij: een–convergerende te hebben, het naar nulalgemene Figuur 2 Eerste convergentiebewijs 1001 2001 3001 4001 gaan de algemene term tals n→ . nMaar gaan van algemene term t n∞ als →nul ∞gaan. . Maar termdet nterm moet genoeg’ naar n als gaan de algemene ttn‘snel als n → ∞ . Maar . en die van Achilles en van devan schildpad. term n 1 1 , 1 1 1, 1 ,1 1, 1 ,1 1, . .,. 1 , . . . deze voorwaarde uiteraard niet voldoende. deze voorwaarde isdeze uiteraard niet voldoende. De voorwaarde is is uiteraard niet voldoende. De kunnen de3001 Maar voorwaarde isDe uiteraard Dat de som van deze oneindig veel ,dan2001 , 3001 ,we 4001 ,divergentie . . . 4001 van de r Het meest klassieke voorbeeld van een rij met ter1001 1001 2001 term tmoet ‘snel genoeg’ naar nul gaan. 1001 2001 3001 4001 term t n moet ‘snel genoeg’ naar nul gaan. n moet term ‘snel genoeg’ naar nul gaan. zen door over te gaan naar de minoran moet ‘snel niet voldoende. De term t positieve getallen tocht nbeperkt kan men t n die niet snel genoeg naar nul gaan om een n dan kunnen we de divergentie van de reeks bewijdan kunnen we de divergentie van de reeks b genoeg’ naar nul gaan. zijn tot een eindig getal, moet jemeest in devoorbeeld Het meest klassieke voorbeeld van een rij met terHet klassieke voorbeeld van een rij terdan kunnen we de divergentie1van de convergerende reeks te hebben, is demet harmonische Het meest klassieke van een rij met ter1 reeks 1 bewij1 rij: Figuur 4Figuur – Divergentiebewijs van de harmonische reeks zen door over te gaan naar de minorante rij: zen door over te gaan naar de minorante 4 – Divergentiebewijs van de harmonische reeks klas zeker aantonen als het over , , rij: , ,... men niet genoeg naar gaan om een om een men trijen die niet snel genoeg naar nul gaan zen door over te gaan naar de minorante rij: n die n snel men t n tdie niet snel genoeg naar nulnul gaan om een 1001 2002 3003 4004 convergerende reeks te hebben, is de harmonische en sommen vanconvergerende rijen gaat. Bij onze convergerende reeks te hebben, is de harmonische reeks te hebben, is de harmonische De harmonische rij1 bestaat 1uit 1 uit 1 1inversen 1 rij1 bestaat 1 1 de 1 1de inversen van1 van De4 –harmonische ,van de , we , weer .,. , ,ook , reeks ,... rij: Divergentiebewijs 1 1 1 1 1 1 1 deFiguur ,waarvan , harmonische , . ., .. makkelijk rij:rij: termen van de eenvoudigste rekenkundige rij: 1001 2002 3003 4004 1001 2002 3003 4004 rij:kunne de termen 1001 van de eenvoudigste rekenkundige 1, , , , , , , , 2002 3003 4004 dat de bijbehorende reeks divergeert. 2 3 4 5 6 7 81, 2, 3, 4, .2,. .3, . Deze heeft een verschil v = 1 tus1,waarvan 4, . . .waarvan .rij Deze rij een verschil v= 1 tus- bew De de harmonische rij bestaat uit de inversen van we ook weer makkelijk kunnen bewijzen weheeft ook weer makkelijk kunnen maar eens over na. 11 11 11 1111 111 1 111 111 1 11 11 1 sen waarvan we ook weer makkelijk kunnen bewijzen Figuur 3Figuur – Tweede convergentiebewijs opeenvolgende termen. 1 1 1, , , , , , , , 1, , , , , , , , 3 – Tweede convergentiebewijs sen de opeenvolgende termen. de eenvoudigste rekenkundige rij: 1, ,2 ,3 ,4 ,52 ,63, ,74 , 85 6 dat de bijbehorende reeks divergeert. Denk hier , ,8 , , de .termen . . .dat dat de bijbehorende reeks divergeert. Denk devan bijbehorende reeks divergeert. Denk hier 2 3 4 5 9 6 10 7 118 12 137 14 15 Ook 16 1, 2,hier 3,maar 4, . . . . Deze rij heeft een verschil v = 1 tuskunnen we een algemener resultaat voormaar eens over na. maar eens over na. In het algemeen geven meetkundige rijen met reOok hier we een algemener resultaat vooreenskunnen over na. 1 11 111 111 111 111 rijen 11 1met1reIn het algemeen meetkundige 1 1 1 geven 1 1convergentiebewijs Het probleem van Bazel Figuur 3 – Tweede termen. , , . .aanDe rij van de inversen van om het even , ,1,1[ . . .leggen. .sen de opeenvolgende den of vermenigvuldigingsfactor , , , , , , , , , , , q, , ∈] , ,− ..,.. . . ,

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1,1 , 1, ,1 , 1, ,1 , 1 1 1 =2 we , , 2, 4 4 , 8 , 8 ,8 8, .... de = + 16 16 16 16 16 16 161 16 1 1 1 1 1 1 1 1 ge Ma , , 1, , , , 1 1 1 1 11, 1, 1 =2 we een zekere nonBij deze berekening moeten , , , , , 2 ,4 4, 8 .8. . .8 8 De de Als de kleinere naar oneindig 16 16 (of 16minorante) 16 16 16reeks 16 16 chalantheid rapporteren. De associativiteit van de 1 1 1 1 1 1 1 1 r 2 dan gaat de grotere van gaat (of majorante) reeks ze, , , , , , , .... optelling bij oneindige reeksen is berekening niet zo evident. Bij deze moeten weein ee 16 16 16 16in16 16oneindig 16 16 en,de Als kleinere (of minorante) reeks naar ker naar oneindig. Welnu, door de minorante Bij convergerende reeksenchalantheid mogen we rapporteren. hier op steu- De associa tal gaat gaat de majorante) reeks zeij dedan termen metgrotere gelijke(of noemers bij elkaar te nen. Maar gezien we nogoptelling niet aangetoond hebbenreeksen issch Als de kleinere (of minorante) reeks naar oneindig 1 minorante bij oneindige n ker naar oneindig. Welnu,veel door in de ellen vinden we oneindig keer als som. Dit 2 dat deze reeks convergeert, is de associativiteit gaat dan gaat de grotere (of majorante) reeks zeBij convergerende reeksen mogen w 3 e ONDER ij de termen met gelijke noemers bij elkaar teDE LOEP bewijst dat de minorante reeks naar oneindig gaat. hier nattevingerwerk. Euler zelf ginggezien vaak en met 1 door ONDER ker naar oneindig. Welnu, in de minorante nen. Maar we nog niet aange DE LOEP liet ellen vinden we reeks oneindig Dit De harmonische gaatveel duskeer eveneens naar on2 als som. succes met de werk. rij de termenreeks met gelijke noemers bij elkaar te DE dattedeze reeks convergeert, is de ONDER LOEP Dat de reeks convergeert was Uitnatte dezevinger nonchalante berekening som bewijst de minorante oneindig gaat. indig. dat In Kindt (2015) vindennaar we van dit bewijs 1 tellen vinden we oneindig veel keer als som. Dit hier nattevingerwerk. Euler zelf gin destijds makkelijk aan te tonen besluiten berekening we dat als de reeks we dat 2 De harmonische reeks interpretatie, gaat dus eveneens naar onUitdoor deze nonchalante besluiten ook een meetkundige zie Figuur 4. 1 bewijst dat de minorante reeks naar oneindig gaat. 1 1 1 1 succes met de natte vinger te werk eindig. In Kindt (2015) vinden we van dit bewijs te werken met majorante rijen als(rijen de reeks 12 + 22 + 32 + 42 + .….convergeert, . convergeert, ze 3 Dat deeveneens reeks destijds makkelijk in de klas beogen, zie bijvoorbeeld de drie De harmonische reeks gaat dus naar on- was zalwe convergeren naar een getal met grotere termen dan de gegeven ook een meetkundige interpretatie, zie Figuur 4. convergeert moet convergeren een getal dat kleiner is Uit deze nonchalante berekening devan reeks convergeert was destijds makkelijk wenaar in de klas beogen, zie bijvoorbeeld debed aanDat tewe tonen door te werken met majorante rijen wijzen in Aigner (2013) en op het YouTubekan eindig. In Kindt (2015) vinden dit bewijs 1 1 1 1 dat kleiner is als dande 2. reeks Numeriek kon rij). Indien de bijbehorende reeks vanNumeriek dan 2. kon uitgerekend worden dat de + + + + . . con . c 2 2 op32het 4 2 aanmet te tonen door te werken majorante rijen makkelijk wijzen in Aigner en YouTube 2beogen, Dat de4. reeks convergeert was destijds we in(2013) de1klas zie bijvo (rijen grotere termen dan demet gegeven rij). In3Blue1Brown (Sanderson 2018). ook een meetkundige interpretatie, zie Figuur som van de inversen van de kwadratische rij in uitgerekend worden dat de som van een majorante rij een eindige som sta moet convergeren naar een getal (rijen met grotere daneen dewerken gegevenmet rij). In3Blue1Brown (Sanderson 2018). aan te termen tonen door te rijen wijzen in Aigner (2013) en op h Figuur 4 – Divergentiebewijs van de dien de bijbehorende reeks van majorante rijmajorante de buurt vande 1,64 ... moest liggen. De wiskundeinversen van de kwadratische rijuitgerekend heeft, met zal de oorspronkelijke rij ook voo dan 2. Numeriek kon w harmonische reeks dien de bijbehorende reeks van een majorante rij (rijen grotere termen dan de gegeven rij). In3Blue1Brown (Sanderson 2018 een eindige som heeft, zal de oorspronkelijke rij gemeenschap keek bewonderend toe toen Euler in de buurt van 1,64 ... moest liggen. een eindige som hebben. Hiermee zie som van de inversen van de kwad Andere convergente reeksen som heeft, zalHiermee de oorspronkelijke bijbehorende reeks van we eenrij majorante rij ookeen eeneindige eindigedien somde hebben. kunnen op 28-jarige leeftijd bewees dat dit getal precies lin Andere De harmonische rij bestaat uitook de een eindige wiskundegemeenschap keek kunnen we verder. De gegeven rij: we De de convergente buurt van 1,64 ...reeksen moest liggen. som hebben. Hiermee kunnen een eindige som heeft, zal de oorspronkelijke rij 2 verder. De gegeven rij: π andere rij waarvan Euler op een min of m Een . Het opduiken van het getal π mo gelijk was aan gemeenschap keek bewonderend inversen van de termen van de bewonderend toeAndere toen Euler op convergente ree 6 we verder. De gegeven ook een rij: eindige som hebben. Hiermee kunnen Een andere rij aantoonde waarvan Euler opsom eenervan min o intuïtieve manier dat de in een probleem dat niets met cirkels te maken te op 28-jarige leeftijd bewees dat di 1 gegeven 1 1 1 1 De eenvoudigste rekenkundige rij: 1, 2, 28-jarige leeftijd bewees dat dit verder. Figuur 4 – Divergentiebewijs van de harmonische reeks intuïtievewas manier aantoonde dat de som erv 2 omgekeerden Een andere waarvan Euler o , 1 2 , 12 , 1 , 12 , 1 . . .rij: vergeerde, de rij van de van πrij had, was werkelijk onverwacht. Momenteel behe 2 2 Het 3, 4, … Deze rij heeft een verschil v = 1 getal vergeerde, preciesgelijk gelijk was aan Het opduiken v was 1 2 , 3 , 4 , 5 , ,... 1 aan 1 van 1manier 61 ..de was de rij omgekeerden intuïtieve aantoonde da faculteitsgetallen: , , , , . . . . De bijbehore 1 er een schat aan bewijzen voor probleem Er 0! π 1! 3! 12 22 32 421 521 1 1 staat een probleem 1het 1 dat 1 niets met cir opduiken vaninhet getal in2!1een tussenrij debestaat opeenvolgende termen. De harmonische de inversen Figuur 4 – Divergentiebewijs van deuit harmonische reeks van , 2, 2, 2, 2,... faculteitsgetallen: , 2! , 3! , . .rij .e,. van De bijbeh vergeerde, de de om reeks convergeert naar getal het gron heeft een majorante rij 0! , het 1!was 2 van Bazel maar ze gaan allemaal verder dan wat 1 2 rij:3 4 5 had, was 1 1 1 1 teM heeft eenrij majorante probleem dat niets metwerkelijk cirkels de termen van de eenvoudigste rekenkundige rij: majorante reeks convergeert naar het onverwacht. getal e, het gr faculteitsgetallen: , , , , heeft een van de neperiaanse logaritme. Door middel 0! 1! 2! 3! . . Figuur 4kunnen –bestaat Divergentiebewijs van dev harmonische reeks staat erwerkelijk een schat aan bewijzen voo te maken had, was hier we De rij uiteen de algemener inversen , 2,harmonische 3, 4, . . . Ook . Deze rij heeft een verschil = 1 van tus-1 heeft 1 een 1 majorante 1 1 rij van de neperiaanse logaritme. Doorhet midd reeks convergeert naar ge deze reeks kon Euler e tot op 23 decimalen na van Bazel maar ze op gaan allemaal v de van de eenvoudigste rij:1 , 11 · 2 ,12 · 3 ,13 · 4 ,14 · 5 ,1. . . onverwacht. Momenteel bestaat resultaat voorleggen. De rij van entermen de opeenvolgende termen. rekenkundige dezeberekenen. reeks kon e tot 23 decimalen van Euler de neperiaanse logaritme. keurig Tegelijkertijd met de reeks , van , , , ,... De harmonische rij bestaat uit de inversen 1 1 , 2, 3, 4, . . .de . Deze rij heeft een het verschil er wikkeling eenkeurig schatberekenen. aan bewijzen voor inversen van om even v = 1 tus1 1 · 2 2 · 313 · 41 4 · 51 Tegelijkertijd met reeks e totde opre2 van deze het getal ekon wasEuler de reeksontwi , , , , een, . . . de termen van de eenvoudigste rekenkundige Ook hier kunnen een algemener resultaat waarvan we de som rij: kunnen en de opeenvolgende termen. het probleem van Bazel, maarfunctie welkewe rekenkundige rij, levert een voor1 1berekenen · 2 2 · 3 43 met ·4 4 ·5 wikkeling van het berekenen. getal e was Tegelijkertij de reeksont keurig Uitwiskeling 39/3 –voor zomer 2023 ling de exponentiële met grondt 1,rij2,van 3, 4,de . . . .inversen Deze rij van heeft een v de = 1som tus-we waarvan kunnen berekenen metineen eggen. Dedivergerende om hetverschil evenwetruc. geraffineerde Als elke breuk splitsen waarvan we de som kunnen diegeboren: gaan verder dan reeks op, ook al is lingallemaal voor dewikkeling exponentiële met gron van functie het getal e was Ook hier kunnen een resultaat voorsen dewe opeenvolgende geraffineerde truc. Als we elke breuk splitsen welke rekenkundige rij, algemener levert eentermen. divergerende waarvan we de som kunnen met een een verschil van twee breuken, we berekenen 2 als in wat berekenen met eenvinden geraffineerde ergeboren: in 4de klas moet worden het verschil v erg groot. Nemen we ling voor de exponentiële func Uitwiskeling 39/3 – zomer 2023 eggen. deverschil inversen vangroot. om het even een verschil van twee vinden we breuk 2 als splitsen in eeks op,De ookrijalvan is het v erg Nemen geraffineerde truc. Als we elke som voor de majorante rij:breuken, x3 x4 x 2de drie truc. voorAls we elke breuk splitsen in een beoogd, zie xbijvoorbeeld bijvoorbeeld de rij: geboren: Ook hier kunnen we een algemener resultaat re-bijvoorbeeld welke rekenkundige som voor deeen majorante we de rij:rij, levert een divergerende verschilrij: van twee breuken, vinden we 2 als e = 1 + x + +2 x+3 x+4· · · . x bewijzen in Aigner leggen. Deverschil rij van vde van om verschil het evenvan twee breuken, vinden 3! 4! an+ + 2+ · · · 3. e x = (2013) 1 + x 2! +en op eeks op, ook al is het erginversen groot. Nemen som voor de majorante rij: x x 3! 4! welke rekenkundige rij, levert een divergerende x2! we 2 als som voor de majorante rij: het YouTubekanaal 3Blue1Brown 1 1 1 1 ge we bijvoorbeeld ,de rij: , + + e = 1 + x + 1 1 1 1 1 , , . . . 2! uit 3! 1 reeks op, ook3001 al is het verschil +v1 erg groot. Nemen (Sanderson 2018). om + + + + ... 1001 2001 4001 We eindigen hier met een ontdekking 1 1 1 1 1 1+· 2 2+· 3 3+· 4 4+· 5 ... 1 1 de rij: 1 we1 bijvoorbeeld Webewees eindigen met een uit nul 3 13 · 4 14 · 5 + Euler dathier de rij van deontdekking omgekeerden , divergentie , , van de , . . reeks . 1 1 bewij1 1 · 2 1 1 + 1 + 1 1 + 1 1 1+ . . 1 2 1· + dan kunnen we de . Euler bewees dat de rij van de omgekeerd aar We eindigen hier met een ont 1001 2001 3001 4001 dan kunnen we de divergentie de priemgetallen een oneindige som had. Je = +van − 1 11·32 1+2 · 33 −1 43 · 1 4+ 4 ·−1 5 1+ . . . 1 de 1 1 1 1 −1 2 1+1 2 en door over te gaan naar minorante rij: priemgetallen een oneindige som had. = + , − + − +4 5− + . . . dit de De Euler bewees dat de rij van de , door,over1te , gaan . . .− 1 + 1 de reeks bewijzen 1 1als volgt kunnen interpreteren: in de hog 1 1 31 41 1 141 51 1 1bewij1 12 1 2 31 dan kunnen we de divergentie van de reeks 1001 2001 3001 4001 1 dit als volgt kunnen interpreteren: in de de priemgetallen een oneindig = + − + − + − + − + . . . gionen zijn de kwadraten schaarser dan de prh naar de minorante = +1rij: +1 − +11 1+1 − 2 +1 2 1 naar 1 derij:minorante 1 1+ − zen door over1 te, gaan 3 4 +1 43 1+ .4. . 4 gionen 5 , , , . . . 1 1 2 2 3 3 zijnrijde kwadraten schaarser dandedek dit alsdevolgt kunnen interprete + − + + − + + . . . getallen. + de+reeks − bewij+ = van De van omgekeerden van dan kunnen we de 4004 divergentie 1001 2002 3003 er1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 4 1 1 getallen. De rij van de omgekeerden van d gionen zijn de kwadraten schaa immers wel een eindige som. + − + + − +draten + . .heeft . 1 naar 1 door1over 1 zen te gaan de+minorante=rij:+ + − + en 11 1 1 1 2 2 3 3 4 dit 4 draten , , kunnen ,.= . . 1 bewijzen heeft immers wel een eindige som getallen. De rij van de omgeke waarvan we1001 ook ,weer makkelijk bewijs van Euler zou nu als onvolledig e = + 2002 3003 4004 he 1 1 11 hier 1 1 1 1 divergeert. dit bewijs van Euler zou immers nu worden. als onvolledig draten heeft wel een dat de bijbehorende reeks Denk =2 weinig gefundeerd bestempeld = + , , , ,... =2 1 1 weinig gefundeerd bestempeld worden. waarvan weover ook weer makkelijk kunnen bewijzen dit bewijs van Euler zou nu al 1001 2002 3003 4004 maar eens na. waarvan we ook weer makkelijk Maken we nogweinig even een overstapje naar de dat de bijbehorende reeks divergeert. Denk hier =2 gefundeerd bestempeld kunnen bewijzen dat de bijbehorende Bij deze berekening moeten we een zekere nonMaken nog even een overstapje dat naard waarvan kunnen bewijzen derne tijd,we dan kunnen we opmerken maar eens over na. we ook weer makkelijk Bij deze berekening moeten wemoeten een zekere nonchalantheid rapporteren. De associativiteit van de Bij deze berekening we een reeks divergeert. Denk hier maar eens derne tijd, dan kunnen we opmerken da dat de bijbehorende reeks divergeert. Denk hier Maken we nog even een van de inversen van de priemtweelingenovers wel Het probleem van Bazel chalantheid rapporteren. De associativiteit van dezekere nonBij deze berekening moeten we een optelling bij oneindige reeksen is niet zo evident. zekere nonchalantheid rapporteren. over van de inversen van de priemtweelingen w maarna. eens over na. derne tijd, dan kunnen we op eindige som heeft. Priemtweelingen zijn priem oneindige isde niet zo evident. chalantheid rapporteren. De vaneindige de Het convergentieprobleem vooraan-bijDe Bij optelling convergerende reeksen reeksen mogen we hier opassociativiteit steuassociativiteit van optelling bij som heeft. Priemtweelingen zijn pr van de inversen van de priemt Het probleem van Bazelwaarop tallen die slechts twee eenheden van elkaar BijMaar convergerende reeksen mogen we hier opissteuoptelling bij oneindige reeksen niet zo evident. taande wiskundigen voor VAN 1735BAZEL gedurende nen. gezien we nog niet aangetoond hebben tallen De diekleinste slechts van HET PROBLEEM oneindige reeksen is niet zo evident. eindigetwee someenheden heeft. Priemtweeli schillen. priemtweelingen zijnelka 2e nen. Maar gezien we nog niet aangetoond hebben Het convergentieprobleem waarop vooraanBijconvergeert, convergerende reeksen mogen we hier op steubijna een Het eeuw de tanden op hebben stukgeHetconvergentieprobleem probleem van Bazel dat deze reeks is de associativiteit schillen. De kleinste priemtweelingen zijn tallen die slechts twee eenhed waarop Bij convergerende reeksen mogen 3 en 5, 5 en 7, 11 en 13, 17 en 19 enz . . . . In 1 bijdat deze reeks convergeert, is de associativiteit taande wiskundigen voor 1735van gedurende nen.hier Maar gezien we nog niet hebben beten is dat van de convergentie de reeks hier nattevingerwerk. Euler zelf ging vaak enaangetoond met 3 en 5, 5 en 7, 11 en 13, 17 en 19 enz . . . . I schillen. De kleinste priemtwee vooraanstaande wiskundigen vóór we op steunen. Maar gezien liet de Noorse wiskundige Viggo Brun zien da miHet1 convergentieprobleem waarop vooraan1 1 een1 eeuw hier nattevingerwerk. Euler zelf ging vaakisendemet bijna de tanden op hebben stukgedat deze reeks convergeert, associativiteit succes met de we natte vinger te werk. 2 + 22 + 32 + 42 + . . . . liet de Noorse wiskundige Viggo Brun zien 3 en 5, 5 en 7, 11 en 13, 17 en 1 1735 gedurende bijna een eeuw de nog niet aangetoond hebben som: de is dat staande voorsucces metgedurende de vinger te werk. beten van de wiskundigen convergentie van de1735 reeks hiernatte nattevingerwerk. Euler zelf ging vaak en som: met liet de Noorse wiskundige Vigg hebben stukgebeten dathebben dat deze reeks convergeert, is de 1to- 1 1 tanden Uit isdeze nonchalante berekening besluiten dat bijna op stukge1 1 1 som: 1 1 1 1 + 412 +een . . . . eeuw de tanden succes met de natte vinger tewewerk. 1 12 + 22 + 32van 1 associativiteit 1 1 berekening 1 hier Uit dezevan nonchalante besluiten we de is convergentie van de reeks nattevingerwerk. +1 1 + +1 1 + + als de reeks + + + + . . . convergeert, zedat en beten dat van de convergentie de reeks 2 2 2 2 1 13 1+ 17 + 1 19 1 1 31 2 3 4 Uitwiskeling 39/3 – zomer 2023 1 1 1 3 5 5 7 11 1 1 1 1 + + + + + + als convergeren de reeksEuler . .dat convergeert, ze Uit deze nonchalante berekening besluiten we dat+ 2 + 2 + vaak 2 + . en … zelf ging met succes moet naar kleiner is 12 + 2 3een 4getal 1 1 117 11 12 + 22 + 32 + 42 + . . . . 3 5 51 71 11 13 1 1 1 1 + + + + + moet convergeren naar een getal dat kleiner is + . .de . convergeert, als de ze 2 + 22 + 2 + 42 dat met dereeks natte1vinger te dan 2.2023 Numeriek uitgerekend worden convergeert naar3een5constante 3werk. Uitwiskeling 39/3 – zomer 3 kon 5 7die we 11nu de 13 dan 2. de Numeriek worden moet kon convergeren naar een getal dat kleiner is van Brunnaar convergeert een constante dieeen we ram nu som van inversen vanuitgerekend de kwadratische rijdat in de stante noemen. Er bestaat de inversen van de kon kwadratische rijworden in Uitwiskeling 39/3 van –van zomer 2023 3 liggen. dan 2. moest Numeriek uitgerekend datstante de Brun noemen. Er een bestaat een de som buurt 1,64 ... De wiskundeconvergeert constante B2 = naar 1,9021... maar aar voor dezevan constante: de buurt van 1,64 ... moest liggen. De wiskundesom van de inversen van de kwadratische rijvoor in maar deze constante: gemeenschap keek bewonderend toe toen Euler stante vanBBrun noemen. Er b 2 = 1,9021... zien de reeks van de inversen van de priemtw bewonderend toe toen Euler de keek buurt van 1,64 ... moest liggen. De wiskundezien tergend de reeks vandeze de inversen van op gemeenschap 28-jarige leeftijd bewees dat dit getal precies Bde 1,90 voor constante: lingen traag convergeert, kost het 2 =priem 2 πleeftijd op 28-jarige bewees dat dit getal precies gemeenschap keek bewonderend toe toenmoeite Euler lingen convergeert, kost h zien traag de reeks van de inversen omtergend de huidige beste benadering sche gelijk was aan . Het opduiken van het getal π

getallen. De rij van de omgekeerden van de kwadraten heeft immers wel een eindige som. Ook dit bewijs van Euler zou nu als onvolledig en te weinig gefundeerd bestempeld worden.

Maken we nog even een overstapje naar de moze berekening moeten we een zekere nonderne tijd, dan kunnen we opmerken dat de rij theid rapporteren. De associativiteit van de van de inversen van de priemtweelingen wel een ng bij oneindige reeksen is niet zo evident. eindige som heeft. Priemtweelingen zijn priemgewe in de klas beogen, zie bijvoorbeeld de drie bevergerende reeksen mogen we hier op steutallen die slechts twee eenheden van elkaar verwijzen in Aigner en op het YouTubekanaal Maar gezien we nog(2013) niet aangetoond hebben schillen. De kleinste priemtweelingen zijn 2 en 3, ANDERE CONVERGENTE 3 en 5, 5 en 7, 11 en 13, 17 en 19 enz … 3Blue1Brown (Sanderson ze reeks convergeert, is de2018). associativiteit 3 en 5, 5 en 7, 11 en 13, 17 en 19 enz . . . . In 1919 REEKSEN In 1919 liet de Noorse wiskundige attevingerwerk. Euler zelf ging vaak en met we in de klas beogen, zie bijvoorbeeld de drie liet bede Noorse wiskundige Viggo Brun zien dat de Eenvinger andereterijwerk. waarvan Euler op een Viggo Brun zien dat de som: met de natte som: wijzen in Aigner (2013) en op het YouTubekanaal Anderemin convergente reeksen of meer intuïtieve manier 3Blue1Brown (Sanderson 2018). ze nonchalante berekening besluiten we dat 1 1 1 1 1 1 1 1 aantoonde de som ervan 1 1 rij 1waarvan 1 dat Euler Een andere op een min + + + + + + + +· · · reeks 12 + 22 + 32 + 42 + . . . convergeert, ze of meer 5 7 11 13 17 19 was dat de rij van intuïtieveconvergeerde, manier de somdeervan con- 3 5 convergeren naar aantoonde een getal dat kleiner is omgekeerden van de faculteits- van de vergeerde, was de rij van deworden omgekeerden Andere convergente reeksen Numeriek kon uitgerekend dat de convergeert naar een constante die we nu de con1 1 1 1 … De convergeert naar een constante die BRONNEN getallen: 0! faculteitsgetallen: , , , , . . . . De bijbehorende 1!kwadratische 2! 3! an deEen inversen van de rij in stante van Brun noemen. Er bestaat eenBerlinghoff, raming W. & Gouvêa F. (2016). Wortels andere rij waarvan Euler op een min of meer bijbehorende reeks convergeert we nu de constante van Brun reeks convergeert naar het getal e, het grondtal urt van 1,64 ...manier moest aantoonde liggen. De dat wiskundevoor deze constante: B2 = 1,9021... maar aangeintuïtieve de som ervan convan de Wiskunde. Een historisch overzicht van dekeek neperiaanse logaritme. DoorEuler middel van noemen. Er bestaat een raming naar het getal e, het grondtal van nschap bewonderend voor leraren en anderen. vergeerde, was de rij vantoe detoen omgekeerden vanzien de de reeks van de inversen van de priemtweedeze reeks Euler dat e1 tot1logaritme. op 23 dekon neperiaanse Door nauw-voor deze constante: B2 = 1,9021... 1 getal 1 decimalen jarige leeftijd bewees dit precies lingen tergend traag convergeert, kost het veel faculteitsgetallen: , , , , . . . . De bijbehorende 0! 1! reeks 2! 3! kon keurig berekenen. Tegelijkertijd metEuler de reeksontπ2middel van Epsilon Uitgaven. ISBN 978-90-5041-156-1. maar aangezien de reeks vanbenadering de deze . Het opduiken getal π e grondtal moeite om de huidige beste scherper was aan reeks6 convergeert naarvan hethet getal e, het wikkelingtot van het getal e wasnauwkeurig de reeksontwikke-inversen van de priemtweelingen opniets 23 decimalen probleem metlogaritme. cirkels te maken te stellen. Niemand weet momenteel trouwens ofD., Roelens, M., Op de Beeck, van dedat neperiaanse Door middel van Janssens, ling voorberekenen. de exponentiële functie met de grondtal e tergend traag convergeert, kost het Tegelijkertijd met was werkelijk Momenteel behet aantal priemtweelingen eindig of oneindig is. Historisch geïnspireerde deze reeksonverwacht. kon Euler e tot op 23 decimalen nauwR. (1989). geboren: reeksontwikkeling van het getal e veel huidige beste in de wiskunde wiskundelessen. Uitwiskeling 6/1. r eenkeurig schat aan bewijzenTegelijkertijd voor het probleem Er is moeite dus nogom veeldeonderzoekswerk berekenen. met de reeksontbenadering scherper teonderzoeksdomeinen. stellen. was de voor de zel maar ze gaan allemaal verder wat te doen in elementaire 2 4de wikkeling vanreeksontwikkeling het xgetal reeksontwikkexe3 was x dan x Katz, V.J. (2009). A history of mathematics, Niemand weet momenteel trouwens exponentiële functie met grondtal e + + + · · · . e = 1 + x + ling voor de exponentiële 2! 3! functie 4! met grondtal e an introduction. Addison-Wesley. of het aantal priemtweelingen geboren: geboren: eindig of oneindig is. Er is dus Struik, D.J. (1994). Geschiedenis van de We eindigen hier met een x 3 x 4 uit 1737.nog veel onderzoekswerk in de x 2 ontdekking wiskunde. Het Spectrum. x + + · · · . van = 1 de +2023 xrij + van+de omgekeerden skeling –e zomer Euler 39/3 bewees dat ISBN 90-274-2210-9. wiskunde te doen in elementaire 2! 3! 4! de priemgetallen een oneindige som had. Je zou onderzoeksdomeinen. Wussing, H. (2010). Geschiedenis van de dit als volgt kunnen interpreteren: in de hoge reWe eindigen hier een met ontdekking een ontdekking We eindigen hier met uit 1737. wiskunde. Vanaf de wetenschappelijke gionen zijn de kwadraten schaarser dan de priemrevolutie tot de twintigste eeuw. 1737. dat Euler datomgekeerden de rij Dit artikel verscheen in Uitwiskeling Euler uit bewees debewees rij van de van getallen. De rij van de omgekeerden van de kwaVeen Magazines. van de omgekeerden van de 39/3 in het kader van een uitgede priemgetallen een oneindige som had. Je zou . draten heeft immers wel een eindige som. Ook ISBN 978-90-8571-218-3. dit alspriemgetallen volgt kunnen een interpreteren: in de hoge resom en te breider artikel over het gebruik van dit bewijs van Euler zou nuoneindige als onvolledig gionenhad. zijnJe dezou kwadraten schaarser dan de priemdit als volgt kunnen geschiedenis in de wiskundeles. Op Young, R. V. (editor). (2015). Notable weinig gefundeerd bestempeld worden. getallen. De rij van de omgekeerden van de kwaMathematicians, from ancient times to interpreteren: in de hoge regionen www.uitwiskeling.be vind je alle info. the present. Gale Research. draten heeft immers een eindige Ook Maken we nog eenwel overstapje naar de mozijn de even kwadraten schaarser dan som. ISBN 0-7876-3071-3. dit bewijs van Euler zou nu als onvolledig en te derne tijd, kunnen weDe opmerken dedan priemgetallen. rij van de dat de rij gefundeerd bestempeld worden. vanweinig de inversen van de priemtweelingen wel een omgekeerden van de kwadraten eindige som heeft. Priemtweelingen zijnsom. priemgeimmers een eindige Makenheeft we nog evenwel een overstapje naar de motallen dieOok slechts twee eenheden van elkaar bewijs van Euler zou nu alsdatverderne tijd,dit dan kunnen we opmerken de rij schillen. De kleinste priemtweelingen zijn 2 en 3, en te gefundeerd van deonvolledig inversen van deweinig priemtweelingen wel een 3 en 5, 5 bestempeld en 7, 11 en 13, 17 en 19 enz . . . . In 1919 eindige som heeft. worden. Priemtweelingen zijn priemgeliet de Noorse wiskundige Viggo Brun zien dat de tallen die slechts twee eenheden van elkaar versom: Maken we nog priemtweelingen even een overstapje zijn De kleinste 2 en 3,Pizzeria Carlo beschikt over 3 ovens. In elke oven kan Carlo 2 pizza’s schillen. 1 3 en 1 5,naar 1 en 1enz . .1.we dan19kunnen 51 ende 7,1moderne 11 en 113,tijd, 17 . In 1919 tegelijk bakken. Een pizza is klaar na 10 minuten ononderbroken + + + + + + + +· · · dat11 de rij13 van de17 inversen Noorse Viggo Brun zien dat de bakken. Wat is de kortst mogelijke tijd die nodig is om 15 pizza’s te 3 liet5deopmerken 5 7wiskundige 19 som: van de priemtweelingen wel een bakken in de 3 ovens? convergeert een constante die we naar som Priemtweelingen nu de con eindige heeft. 1 van 1 1 noemen. 1 1 bestaat 1 1 raming 1 stante + zijnBrun +priemgetallen + + Er + slechts + een + +· · · die twee 5 7 B2 =111,9021... 13 maar 17 aange19 voor 3deze5 constante: A B C D E eenheden van elkaar verschillen. De zien de reeks van de inversen van de priemtweekleinste priemtweelingen ennu 3, de conconvergeert naar een constante zijn die 2we lingen tergend traag convergeert, kost het veel stante van Brun noemen. Er bestaat een raming 15 minuten 20 minuten 25 minuten 30 minuten 40 minuten moeite om de huidige beste benadering scherper voor deze constante: B2 = 1,9021... maar aangete stellen. Niemand weet momenteel trouwens of zien de reeks van de inversen van de priemtweehet aantal priemtweelingen eindig of oneindig is. lingen tergend traag convergeert, kost het veel Er is dus nog veel onderzoekswerk in de wiskunde moeite om de huidige beste benadering scherper te doen in elementaire onderzoeksdomeinen. te stellen. Niemand weet momenteel trouwens of

OEFENING 2

1 1 1

11 ARS ET MATHESIS

BELVÉDÈRE: HET ONMOGELIJKE TOCH MOGELIJK? IN HET NAJAAR VAN 2021 OVERLEED BRUNO ERNST. HIJ WAS IN 1983 MEDE OPRICHTER VAN DE NEDERLANDSE STICHTING ARS ET MATHESIS, MAAR WERELDWIJD VOORAL BEKEND OM ZIJN IN 1976 VERSCHENEN BOEK DE TOVERSPIEGEL VAN M.C. ESCHER. DAARIN VERKLAART HIJ DE WISKUNDIGE ACHTERGROND VAN DE PRENTEN VAN ESCHER. NA ZIJN OVERLIJDEN BLEEK DAT BRUNO ERNST EEN DEEL VAN ZIJN LEGAAT BESTEMD HAD VOOR ARS ET MATHESIS. DAARBIJ ZAT EEN MAQUETTE VAN EEN BOUWWERK DAT ESCHER IN 1958 MET ZIJN LITHO BELVÉDÈRE HAD WEERGEGEVEN (FIGUUR 1). HELAAS WAS DE MAKER ERVAN NIET MEER TE ACHTERHALEN. HET IS DUS NIET BEKEND WANNEER DIT IS GEMAAKT EN HOE BRUNO ERNST ERAAN IS GEKOMEN. KLAAS LAKEMAN

BELVÉDÈRE Iedereen die ook maar enigszins bekend is met het werk van M.C. Escher kent ongetwijfeld de genoemde litho (links in figuur 2). De prent van Escher lijkt oppervlakkig gezien een tweedimensionale weergave ofwel projectie van een gebouw. Zo’n gebouw kan echter niet bestaan. Want hoe kan de rechte ladder in het midden van de prent tegelijk binnen in het gebouw staan en er aan de buitenkant tegenaan? In zijn toverspiegel gaat Bruno Ernst uitvoerig in op deze merkwaardigheid en het ontstaan van Eschers prent [1].

Figuur 1 – Maquette van het Belvédère, ca. 32 cm X 18 cm X 29 cm

Figuur 2 – M.C. Escher, Belvédère, litho, 1958 met detail rechtsboven en M.C. Escher, Man met kuboïde, houtgravure, 1958, rechtsonder. All M.C. Escher art © the M.C. Escher Company - Baarn- the Netherlands. Used by permission. All rights reserved. www.mcescher.com

Het mannetje dat onderaan de trap op een bankje tegen het gebouw zit (rechts boven in figuur 2 nog eens uitvergroot) heeft de grondslag van Eschers prent in zijn handen: een onmogelijke kuboïde. Voor hem ligt een tekening van een kubus

waaruit duidelijk moet worden wat er bewust fout is gedaan bij het tekenen van een kubus zodat het die onmogelijke kuboïde (figuur 3) oplevert. Figuur 3 staat bekend als de Necker-kubus. Dat is een tekening

van een draadmodel van een kubus. Dus een kubus getekend met heel dunne lijntjes. Op zo’n tekening kan je de kubus op twee manieren bekijken, van bovenaf, maar net zo goed als het ware ook van onderaf. Om duidelijk aan te geven hoe een

Figuur 3 – De Necker-kubus

Figuur 4

getekende kubus moet worden bekeken, worden ribben op de achtergrond met stippellijnen getekend (figuur 4). Doorgaans zoals in figuur 4A waar de kubus dan van bovenaf wordt bekeken. Maar soms ook zoals in figuur 4B, de kubus van onderaf bekeken.

ONMOGELIJKE KUBOÏDE Figuur 5 – Onmogelijke kuboïde

Figuur 6 – Dit is geen kubus.

Vervang je de dunne lijntjes van de getekende kubus door dikkere of balkjes, dan ontkom je er niet aan om op de plaatsen waar ribben in de tekening over elkaar heen lopen (de rode cirkeltjes in figuur 3) een duidelijke keuze te maken: welke ribbe voorlangs gaat en welke achterlangs. Bovendien moet dat in beide gevallen op elkaar zijn afgestemd. Doe je dat niet, dan is het resultaat een onmogelijke kuboïde (figuur 5). Of om met de Belgische kunstenaar Jos De Mey (1928-2007) te spreken Dit is geen kubus! (figuur 6) met een knipoog naar de eveneens Belgische kunstenaar René Margritte (1898-1967). Dat die keuze heel handig kan worden vermeden, zonder dat er iets mis is, liet Monika Buch met figuur 7 zien. De ribben bestaan uit kleine

kubusjes en kubusjes van elkaar kruisende ribben vallen precies over elkaar. Daarmee is figuur 7 dus in feite een meerzinnige Necker-kubus zoals figuur 3.

HET GEKKE KRATJE Zoals vermeld, maakte Escher zijn prent in 1958. Al enkele jaren daarna doken verschillende foto’s op die suggereerden dat zo’n onmogelijke kuboïde echt kon worden gemaakt. Zo ook in 1967 in het Nederlandse wiskundetijdschrift voor jongeren Pythagoras [2]. Aangeduid als Het Gekke Kratje stond daarin een foto van een schijnbaar echt bestaand onmogelijk kratje (figuur 8).

Figuur 7

Figuur 8 – Het Gekke Kratje

Figuur 9

Figuur 10

Uiteraard werd ook verklaard hoe die foto kon worden gemaakt. Het was helemaal geen foto van een kratje! Het voor- en achtervlak van een kubusgeraamte waren aan elkaar vastgemaakt. Daarbij staken de horizontale ribben van het linker- en rechterzijvlak vrij in de ruimte naar voren, respectievelijk naar achteren (figuur 9). Kijk je daarnaar met een oog dicht geknepen in de ‘goede’ richting dan vallen die losse uitsteeksels samen met hoekpunten van voor- en achtervlak. Maak je daarvan vanuit het juiste standpunt een foto dan is het resultaat figuur 8.

Nu zal waarschijnlijk duidelijk zijn hoe het zit met de Belvédèremaquette. Zo niet bekijk dan figuur 10. Dat is een foto die is genomen vanuit een ‘verkeerd’ standpunt, maar die wel precies aangeeft hoe de maquette in elkaar zit.

VAN BINNEN BEKEKEN Escher laat ons met zijn litho van buiten af naar het Belvédère kijken. We zien dus hoe het bouwwerk er van buiten uit ziet. De figuren 11 A en B zijn getekend door Bruno Ernst. Hiermee probeerde hij te verbeelden hoe het Belvédère er

van binnen bekeken uit zou moeten zien. Dus wat de man in Eschers prent rechts op de eerste verdieping ziet als hij niet naar buiten kijkt, maar zich omdraait. Dat moet Bruno Ernst bijzonder hebben geïntrigeerd, want in zijn nalatenschap zaten heel veel pogingen die hij daartoe heeft ondernomen. De tekeningen van de figuren 11 zijn de beste resultaten van al die pogingen.

GESLOTEN STRUCTUUR Het Gekke Kratje uit figuur 8 heeft een open structuur, zoals blijkt uit figuur 9. Dick Baas Becking

Figuur 11 A en B – Bruno Ernst: Inside a Belvédère

had al omstreeks 1971 het idee dat een onmogelijke kuboïde met een gesloten structuur mogelijk moest zijn. Dat wil zeggen een soort verwrongen object dat vanuit het juiste standpunt bekeken een onmogelijke kuboïde toont. Hij slaagde erin zo’n kuboïde met twee paperclips te construeren. Hij liet er zelfs oorhangers van maken. Dit was mogelijk omdat met dun ijzerdraad gemakkelijk een beetje kan worden gesjoemeld. Zo’n object met starre balkjes uitvoeren bleef hem echter wel achtervolgen.

In een oud interview verhaalt Popke Bakker hoe Dick Baas Becking contact met hem opnam na kennis te hebben gemaakt met zijn houten objecten in dubbelverstek. Baas Becking zag mogelijkheden. In de objecten van Bakker kwamen echter in de verstekhoeken steeds twee balken bij elkaar. In het door Baas Becking beoogde object moesten dat er drie zijn. En dan nog zo dat de naden van de balkjes in elk van de acht hoekpunten netjes bij elkaar kwamen. Volgens Bakker toonde Baas Becking hem wel enkele gipsmodellen, maar

ook met gips valt gemakkelijk te sjoemelen. Een uitvoering in balken met vierkante doorsnede bleef onoplosbaar omdat beiden niet in staat waren het benodigde rekenwerk (met de hand) uit te voeren.

VERHOEFF BRACHT UITKOMST Uiteindelijk heeft Bakker het probleem voorgelegd aan Koos Verhoeff, zo verhaalt hij in het eerder aangehaalde interview. Verhoeff wist te bewijzen dat de beoogde constructie van zo’n onmogelijke

Figuur 12 – Onmogelijke kuboïde, 1986 in Escher in het Paleis

Figuur 13

kuboïde uitvoerbaar was, maakte het ontwerp en voerde het nodige rekenwerk uit [3 en 4]. Zo kreeg Bakker het recept in handen om in opdracht van de Stichting Ars et Mathesis drie exemplaren te maken. Die werden in 1986 getoond op de internationale tentoonstelling Impossible Figures in het toenmalige Utrechtse Museum voor Hedendaagse Kunst. Het grootste exemplaar van die drie is na al die jaren bewaard gebleven.

Figuur 14

Het heeft jaren in de school gehangen waar ik werkzaam was, maar is vanwege een verbouwing verwijderd. Uiteindelijk is het enkele jaren geleden weer opgedoken en in permanente bruikleen gegeven aan het museum Escher in het Paleis te Den Haag (figuur 12). Naast de drie exemplaren voor Ars et Mathesis heeft Popke Bakker naderhand meer, dikwijls kleinere exemplaren gemaakt, zoals dat voor Bruno Ernst. De Amerikaanse

galeriehouder en Escherverzamelaar Jeffrey Price maakte daarmee een “ingelijste” portretfoto van Bruno Ernst (figuur 13). In 1988 werd een grote roestvrijstalen versie door Olivetti Nederland BV aangeboden aan de Erasmus Universiteit Rotterdam ter gelegenheid van het vijfenzeventigjarig bestaan van de universiteit. Die versie is te vinden aan de Burgemeester Oudlaan op de Campus van de universiteit (figuur 14). Anders dan in figuur 12

Figuur 15 – Onmogelijke kuboïde van Mathieu Hamaekers

is de kuboïde in figuur 14 wel vanuit een juist standpunt gefotografeerd, namelijk gewoon ergens recht voor het object. Zo krijg je inderdaad de indruk dat zo’n onmogelijk object echt bestaat!

Figuur 16 – Uit- en Inzichtraam voor Ars et Mathesis vrienden, 1994.

ANDERE MODELLEN De Belgische kunstenaar Mathieu Hamaekers maakte eveneens een onmogelijke kuboïde met een gesloten structuur. Zijn model bestaat uit gekromde balken dat vanuit het juiste standpunt bekeken een onmogelijke kuboïde met schijnbaar rechte balken weergeeft (figuur 15). Hamaekers liet zich daarmee destijds in 1986 fotograferen naar analogie van het mannetje onderaan de trap van het Belvédère in de litho van M.C. Escher [5]. De eerder vermelde Belgische kunstenaar Jos De Mey nam in zijn schilderijen gebaseerd op onmogelijke figuren, naar analogie van Escher veelal een variant op van het mannetje met een onmogelijke kuboïde (figuur 16). Ook de hier getoonde maquette van het Belvédère is lang niet de enige. Met name het metershoge model van de Japanner Shigo Fuduka mag niet onvermeld blijven. Het maakte in 1986 deel uit van de tentoonstelling Impossible Figures. [5]. Waarschijnlijk was Fuduka de eerste met zo’n maquette en diende het als voorbeeld voor dat uit het legaat van Bruno Ernst en allerlei andere modellen waarvan talloze afbeeldingen op het internet circuleren.

ONMOGELIJK TRALIEWERK

Bruno Ernst, Het begoochelde oog, Meulenhoff Nederland bv, 1986.

Rinus Roelofs, Not the Tiles, but the Joints: A little Bridge Between M.C. Escher and Leonardo da Vinci, in M.C. Escher’s Legacy, A Centennial Celebration, Springer-Verlag, 2003.

De Nederlandse kunstenaar Rinus 6 Rinus Roelofs, Het onmogelijke Roelofs wees op een andere tralieraam, Pythagoras Wiskundeonmogelijkheid in de litho Belvédère tijdschrift voor jongeren. 37-4, april 1998. van Escher [6 en 7]. Linksonder in het gebouw zit een man achter een tralieraam (figuur 17). Dergelijke tralieramen komen in Rome waar Escher een aantal jaren woonde, veelvuldig voor. Ze bestaan uit ijzeren staven met gaten waardoor een 8. andere De punten E en F verdelen de zijde [AB] B staaf geschoven kan van worden. De punteninE en F verdelen zijde een vierkant ABCD drie gelijke de delen. De verdeling van de gaten in de [AB] van een in drie punten G en H liggen zovierkant op deABCD diagonaal staven moet dan welDe zo zijn dat gelijke delen. De punten G en H liggen dat F G en EH evenwijdig zijn met BC. F het raam zowel in als[AC] uit elkaar zo op de diagonaal [AC] dat FG en EH geschoven kan worden. In het De oppervlakte van het trapezium GH is evenwijdig zijn met BC.EF De oppervlakte eenvoudigste geval hebben bij van het trapezium 12. Wat is de E 12. Wat is de oppervlakte van EFGH het is vierkant voorbeeld alle verticale staven oppervlakte van het vierkant ABCD? ABCD? gaten waardoor de horizontale staven heen geschoven kunnen A worden. Een traliewerk met negen staven kan echter niet in elkaar A 48 worden B 49 C 64 D 72 noch uit elkaar geschoven A B C D op de manier zoals Escher dat

OEFENING 3

H D E 81 E

heeft weergegeven. Het is dus een onmogelijk traliewerk!

Bruno Ernst, De toverspiegel van M.C. Escher, Meulenhoff Nederland bv, 1976.

Onmogelijke figuren , een uitdaging, Pythagoras Wiskundetijdschrift voor jongeren, 6-4, 1967.

Tom Verhoeff, Koos Verhoeff, Vertakte verstekverbindingen: principes en wiskunst, Nieuwe Wiskrant 30-1, oktober 2010.

Tom Verhoeff, Koos Verhoeff, Branching Miter Joints: Principles and Artwork, Bridges Organisation, 2010.

OEFENING 4 Wout heeft een rechthoekige kippenren waarvan de lengte het dubbele is van de breedte. Mathieu heeft een vierkante kippenren. Ze gebruikten elk 36 m omheining. Hoeveel m2 is de ren van Mathieu groter dan die van Wout? A

BRONNEN

OEFENING 5

Door hoeveel straten kan ze maximaal B 12 fietsen?C 13

D 14

E 15

OEFENING 6

55° 70°

In de figuur met de driehoeken △ABC A en △P QR zijn enkele hoeken en zes even lange lijnstukken aangeduid. grootmet is de driehoeken 21. In deHoe figuur 70° △ABC In de figuur met driehoeken de grootste hoek van driehoek △P en de △P QRQR? zijn enkele hoeken en zes evenQ P △ ABC en △ PQR zijn enkele

lange lijnstukken aangeduid. Hoe groot is

hoeken en zes even lange de grootste hoek van driehoek △P QR? lijnstukken aangeduid. Hoe groot is de grootste hoek van driehoek 60° 50° △ PQR?

B 60°

C 65°

A 36

70°39

P C

E 75°

60°

A 55° B

BC 60°

C 65° E

55°

D 70° 60°

E 65° 75°

70°

75°

50°

B R

door eenzelfde straat te oor hoeveel keer straten kan ze maximaal rijden. etsen?

E 42

De vier cirkels in de figuur hebben onderling 12 snijpunten. Johnny zet bij elk van die snijpunten een verschillend natuurlijk getal van 1 tot en met 12, zo dat op elke cirkel de som van de 6 getallen gelijk is. Wat is die som?

OEFENING 7

De hebben vier cirkels in de12figuur hebben onderling 12 De vier cirkels in de19. figuur onderling snijpunten. zet bij elk van die snijpunten snijpunten. Johnny zet bij elk van dieJohnny snijpunten een getal verschillend natuurlijk getal van 1 tot en een verschillend natuurlijk van 1 tot en iernaast je van een van de zie jecirkel het stratenplan met 12, zie zo Hiernaast dathetopstratenplan elke met 12,dezosom dat op elke cirkel de som van de van een wijk met 15 straten. even lange met 15gelijk even lange 6ijkgetallen is. Watrechte die som?gelijk is. Wat is die som? 6isgetallen rechte straten. nne-Mare staat op het centrale kruisAnne-Mare het centrale unt in die wijk. Ze wilstaat eenopfietstocht kruispunt in die wijk. Ze maken door de wijk en terug opwil haar een fietstocht maken door de artpunt uitkomen zonder meer 24 B en30 C dan 36één D 39 E 42 wijk terug op24 haar startpunt A B 30 C 36 D 39 eer door eenzelfde straat te rijden. uitkomen zonder meer dan één

20 UITWISKELING

Een blokje kaas verdelen EEN BLOKJE KAAS VERDELEN Hilde Eggermont, redactie Uitwiskeling

Een doosje Franse kaas van een bekend merk bevat een blok kaas van 200 gram en vermeldt dat dit porties van 25 gram zijn. Zie je hoe je volgens de drie symmetrievlakken kan snijden om aan acht gelijke porties te komen?

Als je het doosje open doet ontdek je op de bodem ervan een mooie verrassing: een uitgewerkt pla

een propere de kaas inMERK acht te verdelen! Er is goed overBLOK nagedacht want de stukken zijn EEN DOOSJE FRANSE KAAS op VAN EENmanier BEKEND BEVAT EEN KAAS allemaal even breed genomen. De stukken aan de uiteinden zijn heel wat breder dan de andere stuk VAN 200 GRAM EN VERMELDT DAT DIT ACHT PORTIES VAN 25 GRAM ZIJN. HILDE EGGERMONT

Zie je hoe je volgens de drie symmetrievlakken kunt snijden om aan acht gelijke porties te komen? Als je het doosje open doet ontdek je op de bodem ervan een mooie verrassing: een uitgewerkt plan om op een propere manier de kaas in acht te verdelen! Er is goed over nagedacht want de stukken zijn niet allemaal even breed genomen. De stukken aan de uiteinden zijn heel wat breder dan de andere stukken. Deze ontdekking is een mooie opgave bij het stuk integralen! Afhankelijk van wat je met de opdracht wilt bereiken kun je ze meer of minder open maken. De meest open versie is: Hoe ver moet je de verticale streepjes van elkaar plaatsen om het stuk kaas (dat overal even dik is) in acht gelijke stukken te verdelen? De leerlingen moeten dan beginnen met een functie op te stellen om de vorm van het doosje mee te beschrijven. Dit is zeker een

Figuur 1

De binnenkant van het doosje

Deze ontdekking is een mooie opgave bij het stuk integralen! Afhankelijk van wat je met de opdrach bereiken kun je ze meer of minder open maken. De meest open versie is: Hoe ver moet je de verticale streepjes van elkaar plaatsen om het stuk kaas (dat overal even dik is) acht gelijke stukken te verdelen?

De leerlingen moetenvan danhet beginnen Figuur 1 – De binnenkant doosje met een functie op te stellen om de vorm van het doosje m

beschrijven. Dit is zeker een interessante modelleeropdracht. Een andere mogelijkheid is dat je zelf a functie geeft. Dat is wat ik gedaan heb in mijn les. Ik heb de contouren van het doosje benaderd me interessante modelleeropdracht. en deaskleine as cm. meet cm. De van de ellips i ellips. De grote as van het doosje is Een 14 cm encm de kleine meet 5,6 De5,6 vergelijking

andere mogelijkheid is dat je zelf al vergelijking van de ellips is dan een functie geeft. Dat is wat ik gedaan y2 x2 + =1 heb in mijn les. Ik heb de contouren 49 2,82 van het doosje benaderd met een De bovenste helft is inisfiguur ellips. De grote asvan vandeze het ellips doosje 14 2 op het doosje getekend. De ellips sluit niet perfect aan, het is een behoorlijk goede benadering.

Uitwiskeling 37/2 - lente 20

De bovenste helft van deze ellips is in figuur 2 op het doosje getekend. De ellips sluit niet perfect aan, maar het is een behoorlijk goede benadering.

Om het probleem vanaf hier op te lossen moeten de leerlingen eerst de vergelijking van de ellips herwerken tot twee voorschriften van functies. Zij hadden snel door dat ze konden werken met slechts een kwart van de ellips en dat ze die oppervlakte kaas en de halve ellips dan in vier gelijke stukken moesten verdelen. berekenen vaneerst de de vergelijking van de ellips herwerken m vanaf hier op te lossen Het moeten de leerlingen integraal lukte met wat werken met slechts een kwart van riften van functies. Zij hadden snelhier dooren datdaar ze konden ze die oppervlakte danefficiëntste in vier gelijke stukken moesten verdelen. berekenen vanen dede halve ellips Figuur 2Het – Het doosje kaas hulp. De manier is werken met hier en daar hulp. De efficiëntste manier is werken met een variabele bovengrens: metwat een variabele bovengrens:

t 2,8 0

1−

49 t x2 t2 dx = 1,4t 1 − + arcsin 49 49 5 7

drukking t =Als 7 neemt, krijg je de totale oppervlakte van een kwart van de ellips. Hiermee je in deze uitdrukking t = 7 neemt, kenen welke x -waarden overeenkomen met één vierde, de helft en drie vierde van deze krijg je de totale oppervlakte van een leerlingen losten dit grafisch op. In figuur 3 zie je de oplossing voor het derde stuk. De kwart ellips. Hiermee kun je unten konden ze nuvan ookde heel eenvoudig vinden.

dan berekenen welke x-waarden overeenkomen met één vierde, de helft en drie vierde van deze oppervlakte. De leerlingen losten dit grafisch op. In figuur 3 zie je de oplossing voor het derde stuk. De andere verdeelpunten konden ze nu ook heel eenvoudig vinden.

Figuur 3 – Numeriek de verdeling bepalen

Dit kort stukje verscheen in Uitwiskeling 37/2. Op www.uitwiskeling.be vind je alle info.

de verdeling bepalen

verscheen in Uitwiskeling 37/2. Op www.uitwiskeling.be vind je alle info.

2 - lente 2021

OEFENING 8 Een vol potje met identieke pillen weegt 152 gram. Als een kwart van de pillen opgebruikt is, weegt het potje met pillen nog 128 gram. Hoeveel weegt het lege potje? A

56 gram

58 gram

60 gram

62 gram

64 gram

OEFENING 9 In de gemeente Dierendorp heeft 60% van alle inwoners een kat en/of een hond. Bovendien heeft 60% van alle inwoners geen kat en heeft 60% van alle inwoners geen hond. Hoeveel procent van alle inwoners heeft zowel een kat als een hond? A

20 %

40 %

50 %

60 %

3. In een rechthoek met zijden 6 en 12 zijn 18 cirkels getekend met straal 1 die elkaar raken zoals in de figuur. De punten A, B, C en D zijn middelpunten van vier van die cirkels. Wat is de oppervlakte van het trapezium ABCD?

OEFENING 10

In een rechthoek met zijden 6 en 12 zijn 18 cirkels getekend met straal 1 die elkaar raken zoals in de figuur. De punten A, B, C en D zijn middelpunten van vier van die cirkels. Wat is de oppervlakte van het trapezium ABCD?

6π

8π

A 6π

B 24

9π

D C 8π

D 28

E 9π

de melding ‘download 80 % compleet’.

Als het downloaden met een constante snelheid gebeurt, op welk tijdstip zal het videospel dan volledig gedownload zijn? A 11.25 uur

B 11.28 uur

D 11.32 uur

E 11.35 uur

C 11.30 uur

OEFENING 11 Inti downloadt een videospel op zijn laptop. Om 10.40 uur verschijnt de melding ‘download 35% compleet’ en even later om 11.16 uur verschijnt de melding ‘download 80% compleet’. Als het downloaden met een constante snelheid gebeurt, op welk tijdstip zal het videospel dan volledig gedownload zijn? A

11.25 uur

11.28 uur

11.30 uur

11.32 uur

11.35 uur

OEFENING 12

9. In het nevenstaande schema van cirkels staan leeftijden van 8 broers en zussen. A is de leeftijd van Alex schema en E de van leeftijden Eleonore. Voor beiden is In het nevenstaande vanleeftijd cirkels staan van 8 broers en zussen. A is de leeftijd van Alex en E de leeftijd van Eleonore. Voor beidenin de hun leeftijd het gemiddelde van de 4 leeftijden is hun leeftijd het gemiddelde van de 4 leeftijden in de rakende cirkels. rakende cirkels. Hoe oud is Alex? Hoe oud is Alex? A 16 jaar

A B16 jaar 17 jaar

17 jaarD

18 jaar

20 jaar

C 18E jaar 21 jaar

OEFENING 13 Als 2x3 = x7 en x ≠ 0, dan is 2x20 gelijk aan A

x22

x23

x24

x25

x26

D 20 jaar

E 21 jaar

24 PYTHAGORAS

ARCHIMEDES EN DE ARBELOS LANGS DE AUTOSNELWEG N261 TER HOOGTE VAN KAATSHEUVEL STAAT EEN 12 M HOOG KUNSTWERK VAN DE KUNSTENAAR RUUD VAN DE VEN. JE ZIET HET IN FIGUUR 1. HET IS EEN SOORT EERBETOON AAN ARCHIMEDES EN DE ARBELOS, EN DAAR WILLEN WE HET OVER HEBBEN. PAU L L E V R I E

Figuur 1

Figuur 2

Figuur 3

Archimedes van Syracuse, die leefde in de derde eeuw voor Christus, is de vermoedelijke auteur van een boek over eigenschappen van cirkels, het Boek van de hulpstellingen, of Liber assumptorum. We zijn niet helemaal zeker dat hij inderdaad de auteur is, want er is geen origineel exemplaar van het boek dat de tand des tijds heeft doorstaan. Er is wel een oude Arabische en

een Latijnse vertaling, die laatste dateert van 1661. In dit artikel zijn enkele figuren opgenomen uit deze vertaling. Het boek bevat 15 lemma’s (of hulpstellingen) die verband houden met cirkels, en we willen het hier hebben over 3 ervan, die een speciale meetkundige figuur bevatten die arbelos genoemd wordt. Arbelos is Grieks voor schoenmakersmes, en, zoals de

naam doet vermoeden is dit een mes dat (toen en ook nu nog) wordt gebruikt door de schoenmaker. In Figuur 2 zie je er een. In essentie is een arbelos een gebied begrensd door drie halve cirkels, waarvan de middelpunten op dezelfde rechte liggen, en die elkaar onderling raken zoals in Figuur 3. De arbelos is het gekleurde deel.

Lemma 4 zegt het volgende. We nemen het lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵 dat raakt aan in hun raakpunt en loopt tot aan de grote cirkel. Als we Figuur 4 een cirkel co diameter (zie Figuur 4 rechts), dan is de oppervlakte van die cirkel (h Lemma 4 zegt het volgende. het lijnstuk raakt aan kleine cirkels loodrecht gelijkWe aannemen de oppervlakte van𝐵𝐵𝐵𝐵 dedat arbelos. Merkdeoptwee dat 𝐵𝐵𝐵𝐵 in hun raakpunt en looptvorm tot aan de grote cirkel. Als we een cirkel construeren met 𝐵𝐵𝐵𝐵 als van de arbelos. diameter (zie Figuur 4 rechts), dan is de oppervlakte van die cirkel (het gebied in het rood) OPGAVE 1. Bewijs dit. oppervlakte de rodestaat cirkel. gelijk aan de oppervlakte van de arbelos. Merk op dat 𝐵𝐵𝐵𝐵van loodrecht opTip: 𝐴𝐴𝐴𝐴, door de wedeweten dat de van driehoek ABC een • Bereken eerst oppervlakte de arbelos. Veronderstel h vorm van de arbelos. rechte heeft ingelijk B. Ditisisaan een𝑟𝑟! , dat de straa de kleine cirkel methoek diameter 𝐷𝐷𝐷𝐷 OPGAVE 1. Bewijs dit. gelijk isvan aande 𝑟𝑟" .stelling De straal van de grote cirkel is d diameter 𝐴𝐴𝐴𝐴gevolg van Thales: • Bereken eerst de oppervlakte van deeen arbelos. Veronderstel dat de omtrekshoek is dehierbij helft van de straal van Bereken de lengte hetde lijnstuk de opp de kleine cirkel met •diameter 𝐷𝐷𝐷𝐷nu gelijk is aan van 𝑟𝑟! , dat straal𝐵𝐵𝐵𝐵, van en de hiermee cirkel met bijhorende middelpuntshoek. cirkel. we weten decirkel driehoek 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 eenaan rechte diameter 𝐴𝐴𝐴𝐴 gelijk is aan 𝑟𝑟" . DeTip: straal van dedat grote is dan gelijk 𝑟𝑟! +hoek 𝑟𝑟" . he gevolg van de stelling van Thales: een omtrekshoek is de helf Oplossing 1. De oppervlakte van van de rode • Bereken nu de lengte van het lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵, en hiermee de oppervlakte middelpuntshoek. de arbelos vinden we door van cirkel. Tip: we weten dat de driehoek 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 een rechte hoek heeft in de 𝐵𝐵. Dit is een OPLOSSING 1. De oppervlakte vande arbelos vinden we door van d oppervlakte van halve cirkel gevolg van de stelling van Thales: een omtrekshoek isde de helftgrote van de bijhorende " ) 𝜋𝜋(𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 /2) de oppervlaktes van halve grote cirkel (= ) de oppervlaktes de twee hal ( middelpuntshoek. ! " trekken: van de twee halve kleine cirkels af te OPLOSSING 1. De oppervlakte van de arbelos vinden we door van de oppervlakte van de trekken: Figuur 4 " 𝜋𝜋(𝑟𝑟! +kleine 𝑟𝑟" )" cirkels 𝜋𝜋𝑟𝑟!" af𝜋𝜋𝑟𝑟 halve grote cirkel (= 𝜋𝜋(𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" )" /2) de oppervlaktes van de twee halve te" oppervlakte arbelos = − − = trekken: 2 2 2 Je herkent hierin de vorm van het oppervlakte arbelos = als diameter (zie Figuur 4 rechts), kunstwerk in Figuur 1. dan is de oppervlakte van die cirkel 𝜋𝜋(𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" )" 𝜋𝜋𝑟𝑟!" 𝜋𝜋𝑟𝑟"" oppervlakte arbelos = − − = 𝜋𝜋𝑟𝑟! 𝑟𝑟" . (het gebied in het rood) gelijk aan de 2 2 2 Als de twee kleine cirkels even groot oppervlakte van de arbelos. Merk op zijn, dan lijkt de figuur wel wat op de dat BD loodrecht staat op AC, door de Voor het bepalen van de lengte van het lijnstuk BD merken we vorm van het schoenmakersmes. vorm van de arbelos. op dat de driehoeken ADB en hetdit. bepalen van de lengte van lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵 zijn. merken we op dat de driehoeke BDChet gelijkvormig Hieruit Lemma 4. Het eerste lemma uit het Opgave 1. Voor Bewijs |$%| |&% | endus dusisis|𝐵𝐵𝐵𝐵|" = |𝐴𝐴𝐴𝐴| ⋅ |𝐷𝐷𝐷𝐷|. volgt dat boek waarin de arbelos voorkomt • Berekenen eerst degelijkvormig oppervlakte van 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 zijn. Hieruit volgt dat = en Voor het bepalen van de lengte van het lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵 merkenVoor we op dat de driehoeken 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 van |&%| |%'| Voor het het bepalen bepalen van van de de lengte lengte van het het lijnstuk lijnstuk is lemma 4. De bijhorende figuur is de arbelos. Veronderstel hierbij |$% | dat |&% |2𝑟𝑟 , volgt nu: " ||$% |𝐴𝐴𝐴𝐴| |𝐷𝐷𝐷𝐷| omdat = 2𝑟𝑟 en = $%|| " ! dus is |𝐵𝐵𝐵𝐵| = |𝐴𝐴𝐴𝐴| ⋅ |𝐷𝐷𝐷𝐷|. En en 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 gelijkvormig zijn. Hieruit volgt dat = en en 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 gelijkvormig gelijkvormig zijn. zijn. Hieruit volgt volgt𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 dat dat |&%| = = |&%| |%'| Figuur 4 links. dehet straal van de kleine cirkel met Voor bepalen van de lengte van het lijnstuk en 𝐵𝐵𝐵𝐵 merken we op dat de Hieruit driehoeken |&%| " | | | | |𝐷𝐷𝐷𝐷| 2𝑟𝑟" en |𝐷𝐷𝐷𝐷| = 2𝑟𝑟 , volgt nu: omdat |𝐴𝐴𝐴𝐴| =diameter 𝜋𝜋|𝐵𝐵𝐵𝐵| 𝜋𝜋|𝐴𝐴𝐴𝐴| ⋅ $% &% |𝐴𝐴𝐴𝐴| |𝐴𝐴𝐴𝐴| |𝐷𝐷𝐷𝐷| |𝐷𝐷𝐷𝐷| ! omdat omdat = = 2𝑟𝑟 2𝑟𝑟 en en = = 2𝑟𝑟 2𝑟𝑟 , , volgt volgt nu: nu: dedat En=omdat DC gelijk is aan r1 , dat " !! en 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 gelijkvormig zijn. Hieruit volgt en dus is |𝐵𝐵𝐵𝐵| oppervlakte rode ="" = |𝐴𝐴𝐴𝐴| ⋅ |𝐷𝐷𝐷𝐷|. = 𝜋𝜋𝑟𝑟En ! 𝑟𝑟" . |&%| cirkel |%'| = 4 4 straal van de cirkel met diameter volgt nu: Lemma 4 zegt het volgende. We " 𝜋𝜋|𝐵𝐵 𝜋𝜋|𝐵𝐵 omdat |𝐴𝐴𝐴𝐴| = 2𝑟𝑟" en |𝐷𝐷𝐷𝐷| = 2𝑟𝑟! ,𝜋𝜋|𝐵𝐵𝐵𝐵| volgt nu: 𝜋𝜋|𝐴𝐴𝐴𝐴| ⋅ |𝐷𝐷𝐷𝐷| cirkel =vanwaarop = 𝜋𝜋𝑟𝑟 𝑟𝑟"oppervlakte .oppervlakte . Dede straal de =Archimedes AD oppervlakte gelijkDit is aan rook oppervlaktehet rode = nemen het lijnstuk BD dat raakt aan !cirkel rode rode cirkel cirkel = = wasrode manier bewees. 2 4 4" grote cirkel is dan gelijk aan r1 + r2 . de twee kleine cirkels in hun raakpunt 𝜋𝜋|𝐵𝐵𝐵𝐵| 𝜋𝜋|𝐴𝐴𝐴𝐴| ⋅ |𝐷𝐷𝐷𝐷| oppervlakte rodehet cirkel = = ook = 𝜋𝜋𝑟𝑟 DitAls was ook•de manierLemma waarop Archimedes bewees. ! 𝑟𝑟" . Dit was ookintroduceert de de manier waarop waarop Archimedes Archimedes het Bereken nu de lengte het lemma en loopt tot aan de grote cirkel. 5. Hetvan tweede over4Dit de was arbelos wat men noemt dehet cir 4 manier Dit was ook de manier waarop lijnstuk BD, en hiermee de we een cirkel construeren met BD Archimedes. Zie Figuur 5 rechts, de ingeschreven cirkels van de twee helften van d ook de manier waarop Archimedes het Lemma bewees. Lemma 5. Dit Hetwas tweede lemma over de arbelos introduceert wat men noemt de cirkels van Lemma 5. 5. Het Het tweede tweede lemma lemma over over de de arbelos arbelos 𝐵𝐵𝐵𝐵. arbelos die raken aan het lijnstuk Archimedes het bewees. Archimedes. Zie Figuur 5 rechts, de ingeschreven cirkels van de twee helften van 5 de Archimedes. Archimedes. Zie Zie Figuur Figuur 5 rechts, rechts, de de ingeschrev ingeschrev 5. Het tweede 𝐵𝐵𝐵𝐵. lemma over de arbelos arbelos introduceert wat men noemt de cirkels van arbelos dieLemma raken aan het lijnstuk arbelos die die raken raken aan aan het het lijnstuk lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵. 𝐵𝐵𝐵𝐵. Lemma 5. Hetvan tweede lemma over Archimedes. Zie Figuur 5 rechts, de ingeschreven cirkels de twee helften van de de arbelos introduceert wat men arbelos die raken aan het lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵. noemt de cirkels van Archimedes. Zie Figuur 5 rechts, de ingeschreven cirkels van de twee helften van de arbelos die raken aan het lijnstuk BD.Figuur 5

Figuur 5

Figuur 5 het en We werken verder met het lijnstuk uit hetverder vorige lemma, construeren links e We𝐵𝐵𝐵𝐵 werken met lijnstuk BD ervan 2 cirkels die zoals in de figuur raken aan dit lijnstuk en aan beide cirkels. Arc uit het vorige lemma, en construeren We werken verder met het lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵 uit het vorige lemma, enwerken construeren links en rechts We We werken verder verder met metFiguur het het lijnstuk lijnstuk 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵straal uit uit het het vo v 5ook de bewees dat deze nieuwe cirkelslinks even groot zijn, en hij berekende erva en rechts ervan 2 cirkels die ervan 2 cirkels die zoals in de figuur raken aan dit lijnstuk en aan beide cirkels. Archimedes ervan ervan 2 2 cirkels cirkels die die zoals zoals in in de de figuur figuur raken raken aan aan cirkels worden dan ook𝐵𝐵𝐵𝐵 soms de tweelingcirkels van Archimedes genoemd. zoals in de figuur raken aan ditDeze lijnstuk werken verder met het lijnstuk uithij het vorige lemma, en construeren links en rechts bewees datWe deze nieuwe cirkels even groot zijn, en berekende ook de straal ervan. bewees bewees dat dat deze deze nieuwe nieuwe cirkels cirkels even even groot groot zijn zijn Veel meer dan de stelling van Pythagoras en enkele bekende eigenschappen van c ervan 2 cirkels die zoals in de figuur raken aan dit lijnstuk en aan beide cirkels. Archimedes cirkels worden dan ookhebben soms de tweelingcirkels van Archimedes genoemd. cirkels cirkels worden worden dan dan ook ook soms soms de de tweelingcirkel tweelingcirke we hiervoor niet nodig. bewees dat deze nieuwe cirkelseneven groot zijn,Veel eneigenschappen hij berekende ook straal ervan. Deze Veel meer dan de stelling van Pythagoras enkele vande cirkels meer meer dan dan de de stelling stelling van van Pythagoras Pythagoras en en en OPGAVE 2. soms Bereken straalbekende 𝑟𝑟 vanVeel de tweelingcirkel met middelpunt 𝑁𝑁! (zieen Figuu worden dan ook de de tweelingcirkels van Archimedes genoemd. hebben wecirkels hiervoor niet nodig. hebben hebben we we hiervoor hiervoor niet niet nodig. nodig. rechts). 𝑀𝑀, 𝑀𝑀!van en 𝑀𝑀 van de eigenschappen drie halve cirkels van de arbelos " zijn de middelpunten meer de dan de stelling Pythagoras enmet enkele bekende cirkels OPGAVE 2.Veel Bereken straal 𝑟𝑟 van de tweelingcirkel middelpunt 𝑁𝑁! (zie Figuur 5 van OPGAVE OPGAVE 2. 2. Bereken Bereken de de straal straal 𝑟𝑟𝑟𝑟 van van de de tweelin tweelin doen het in stappen: hiervoor niet nodig. rechts). 𝑀𝑀,hebben 𝑀𝑀! en 𝑀𝑀we cirkels𝑀𝑀, van Wemiddelpunten " zijn de middelpunten van de drie halve rechts). rechts). 𝑀𝑀, 𝑀𝑀 𝑀𝑀!!de en enarbelos. 𝑀𝑀 𝑀𝑀"" zijn zijn de de middelpunten van van de straal 𝑟𝑟 van van de tweelingcirkel middelpunt 𝑁𝑁! (zie𝑀𝑀𝑁𝑁 Figuur doen het inOPGAVE stappen:2. Bereken • Bepaal de lengte het lijnstuk 𝑀𝑀 met 𝑁𝑁 en van het lijnstuk . 5

Figuur 6

Figuur 7

lijnstuk MN1 is gelijk aan r1 + r2- r (de en aan beide cirkels. Archimedes Lemma 6. Het derde lemma over bewees dat deze nieuwe cirkels even straal van de grote cirkel min die de arbelos gaat over de cirkel die groot zijn, en hij berekende ook de van de tweelingcirkel). raakt aan de drie gegeven cirkels: zie straal ervan. Deze cirkels worden • |EM1| = r1 - r want |DE| = r. Omdat Figuur 7. |MM1| = r2 (waarom?) hebben we dat dan ook soms de tweelingcirkels van |EM| = r2 - r1 + r. Archimedes genoemd. In lemma 6 stelt Archimedes de • Volgens de stelling van Pythagoras Veel meer dan de stelling van vraag: wat is de verhouding van • Volgens en de enkele stelling bekende van Pythagoras hebben we dan: hebben we dan: ( r1 + r ) 2 - ( r1 - r ) 2 = Pythagoras de diameter van de nieuwe cirkel 2 2 + r r ) ( r r + r ) en uitwerken ( r eigenschappen van cirkels hebben tot de diameter van de grootste (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟)" − (𝑟𝑟! − 𝑟𝑟)" = (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟"1 −2𝑟𝑟)" − (𝑟𝑟"2− 𝑟𝑟1! + 𝑟𝑟)" en vereenvoudigen geeft de we hiervoor niet nodig. cirkel? De afleiding die in het Boek (! (" . waarde voor r : van de hulpstellingen staat, is een en uitwerken en vereenvoudigen geeft de waarde voor 𝑟𝑟: 𝑟𝑟 = ( )( . ! " Opgave 2. Bereken de straal r van stuk lastiger dan de andere. Maar Alsde wetweelingcirkel nu hetzelfde doen de andere dan vindendoen we hetzelfde Als we nu hetzelfde voor de resultaat. metvoor middelpunt N1tweelingcirkel, je kan het ook met de stelling van Het(zie bewijs van5Archimedes anders, zoalsandere je kan zien aan de hulplijntjes in Figuur 5 Pythagoras en wat rekenwerk klaar en M zijn Figuur rechts). M, Mging tweelingcirkel, dan vinden we 1 2 links. de middelpunten van de drie halve hetzelfde resultaat. Het bewijs van krijgen. We veronderstellen dat de Wecirkels kunnen ditde lemma gebruiken om het het volgende te bewijzen (zie Figuurzoals 6): alsjewe de cirkel van arbelos. We doen Archimedes ging anders, kan straal van de nieuwe (roodgekleurde) construeren die de de beide cirkels van Archimedes perfect omsluit, dan blijkt deze in stappen: zien aan de hulplijntjes in Figuur 5 evencirkel gelijk is aan r. In Figuur 8 staat groot te zijn als de cirkel uit lemma 4 ! Dit resultaat is recent, uit de tweede helft van de • Bepaal de lengte van het lijnstuk links. het lijnstuk OL loodrecht op de twintigste eeuw. De vinder was Leon Bankoff, een tandarts uit Los Angeles die in zijn vrije M1 N1 en van het lijnstuk MN1. We kunnen dit lemma gebruiken om basislijn. Als we de lengte van het tijd gezorgd heeft voor een heropleving van de arbelos en zijn eigenschappen. • Het punt E is het voetpunt van de het volgende te bewijzen (zie Figuur lijnstuk ML gelijk nemen aan x, loodlijn door N1 op het lijnstuk AC. 6): als we de cirkel construeren die en de lengte van LO voorstellen Bepaal de lengte van het lijnstuk de beide cirkels van Archimedes door y, dan kunnen we in de figuur EM1 en het lijnstuk EM. perfect omsluit, dan blijkt deze drie rechthoekige driehoeken zien • Bepaal uit het vorige op twee even groot te zijn als de cirkel uit waarvan we de 3 zijden kennen (zie manieren de lengte van het lijnstuk lemma 4! Dit resultaat is recent, uit rechts op de figuur). EN1 en leid hieruit de waarde van r de tweede helft van de twintigste Figuur 6 af. eeuw. De vinder was Leon Bankoff, Opgave 3. Bereken de straal r van een tandarts uit Los Angeles die in de rode cirkel in Figuur 8 in functie Lemma 6. Het2.derde lemma over de arbelos gaat overtijd de gezorgd cirkel dieheeft raakt voor aan de drie van r1 en r2 . Pas hiervoor in elk van Oplossing zijn vrije een gegeven cirkels:van zie Figuur 7. M1 N1 de drie rechthoekige driehoeken de • De lengte het lijnstuk heropleving van de arbelos en zijn gelijk aan is r1 + r. De lengte van het stelling van Pythagoras toe. Door eigenschappen.

27 Figuur 8 OPGAVE 3. Bereken de straal 𝑟𝑟 van de rode cirkel in Figuur 8 in functie van 𝑟𝑟! en 𝑟𝑟" . Pas hiervoor in elk van de drie rechthoekige driehoeken de stelling van Pythagoras toe. Door 𝑥𝑥 en 𝑦𝑦 te elimineren tussen deze vergelijkingen, krijg je het gevraagde. OPLOSSING 3. •

•

• Figuur 8

Volgens de stelling van Pythagoras hebben we dan de volgende drie vergelijkingen: (1) (𝑥𝑥 + 𝑟𝑟! )" + 𝑦𝑦 " = (𝑟𝑟" + 𝑟𝑟)" (2) 𝑥𝑥 " + 𝑦𝑦 " = (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" − 𝑟𝑟)" (3) (𝑥𝑥 − 𝑟𝑟" )" + 𝑦𝑦 " = (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟)" .

Als je vergelijking (2) aftrekt van (1), en dan ook vergelijking (2) aftrekt van (3), dan vind je na wat uitwerken: 𝑟𝑟! 𝑥𝑥 = (𝑟𝑟! + 2𝑟𝑟" )𝑟𝑟 − 𝑟𝑟! (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ) en − 𝑟𝑟" 𝑥𝑥 = (2𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" )𝑟𝑟 − 𝑟𝑟" (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ).

Vul de waarde van 𝑥𝑥 die je krijgt uit de linkse vergelijking in de rechtse in, en bereken dan uit het resultaat 𝑟𝑟.

Je vindt dan voor de waarde van 𝑟𝑟:

Figuur 9

" (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ) 8 𝑟𝑟 = 𝑟𝑟! 𝑟𝑟van DeFiguur cirkelstelling Descartes. x en y te elimineren tussen deze Hiermee kan je opnieuw de waarde . " 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" + 𝑟𝑟"" In Pythagoras 51.5 hebben we vergelijkingen, krijg je het gevraagde. van r vinden. ken de straal 𝑟𝑟 van de rode cirkel in Figuur 8 in functie van 𝑟𝑟! en 𝑟𝑟" . Pas Figuur 8 kleinere cirkels raken de grootste cirkel inwendig: je moet dan in de formule de straal van De verhouding waar lemma 6 het over heeft, is dus: verteld over een formule waaraan n de drie rechthoekige driehoeken de stelling Pythagoras toe. Door 𝑥𝑥 Figuur 8vanmet de grootste cirkel een minteken schrijven. Herinner je dat 𝑟𝑟 de straal vannog de rode OPGAVE 3. Bereken de straal 𝑟𝑟 van de rode cirkel in Figuur 8 in functie van 𝑟𝑟 en 𝑟𝑟 . Pas Oplossing 3. Als we nu extracirkel cirkels 𝑟𝑟 vier cirkels 𝑟𝑟! 𝑟𝑟!" die "elkaar n tussen deze vergelijkingen, krijg je het gevraagde. de stralen van = " . Door 𝑥𝑥 is. Dan wordt de formule dus: " in elk van de drie rechthoekige driehoeken de stelling van Pythagoras toe. an hiervoor de rode cirkel in Figuur 8 in functie van 𝑟𝑟 en 𝑟𝑟 . Pas Figuur 8 alle vier raken, Deze toevoegen die raken aan wat er al is • Volgens de stelling van Pythagoras 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" moeten 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟!voldoen. 𝑟𝑟" + 𝑟𝑟" ! " en 𝑦𝑦driehoeken te elimineren tussen vergelijkingen, je 𝑥𝑥het8gevraagde. ekige de stelling van toe.krijg Door Figuur formule, die we danken aan 1 René1 hebben we dandeze dePythagoras volgende drie kunnen we met de 1 Descartes. 1getekend, 1 "wedan Dewe cirkelstelling van toevoegen?) hebben verteld straal 𝑟𝑟 van de rode cirkel in Figuur 8dan in functie van 𝑟𝑟!1drie en 𝑟𝑟"vergelijkingen: . PasIn1Pythagoras1 51.51(link egelijkingen, stelling vankrijg Pythagoras hebben de volgende OPLOSSING 3. je het gevraagde. + + "= < + − + = van . Descartes en de naam cirkelstelling vergelijkingen: over een formule waaraan formule Descartes de stralen " "+ " de>−(𝑟𝑟 stralen vier cirkels die𝑟𝑟elkaar 𝑟𝑟 2 𝑟𝑟" alle𝑟𝑟!vier + 𝑟𝑟raken, 𝑟𝑟 moeten 𝑟𝑟! van𝑟𝑟"𝑟𝑟toe. ie driehoeken Pythagoras Door derechthoekige straal 𝑟𝑟 van de rode cirkeldeinstelling Figuur 8van in functie 𝑟𝑟" . !Pas ! " ! en +𝑥𝑥van 𝑟𝑟" )? " " " van Descartes draagt, zegt het van die cirkels bepalen. Omdat deze (𝑥𝑥 ) (𝑟𝑟 voldoen. Deze formule, diedan we danken aan en de naam cirkelstelling van (1) de + krijg 𝑟𝑟! je +van 𝑦𝑦de = 𝑟𝑟) • vergelijkingen, Volgens stelling Pythagoras we deDoor volgende drieDescartes vergelijkingen: "+ en deze het gevraagde. drie rechthoekige driehoeken stelling vanhebben Pythagoras toe. 𝑥𝑥 René " " " volgende: voor vier cirkels met stralen formule zo eenvoudig is, zijn de Descartes draagt, zegt het volgende: voor vier cirkels met stralen 𝑟𝑟 , 𝑟𝑟 , 𝑟𝑟 en 𝑟𝑟 die elkaar ! " * + (𝑟𝑟je )vergelijkingen: Hiermee je opnieuw de waarde van 𝑟𝑟 vinden. (2) we 𝑥𝑥 dan + 𝑦𝑦de =volgende − 𝑟𝑟kan hagoras hebben drie ssen deze vergelijkingen, krijg het𝑟𝑟"gevraagde. !+ " " " (𝑥𝑥 ) (𝑟𝑟 (1) + 𝑟𝑟 + 𝑦𝑦 = + 𝑟𝑟) raken, geldt dat " " " , r , r en r die elkaar raken, geldt dat r waarden van die stralen vaak ook ! " 1 2 3 4 (3) (𝑥𝑥 − 𝑟𝑟" ) " + 𝑦𝑦 = (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟) . " " " ng hebben we dan de volgende drie vergelijkingen: (𝑥𝑥van )" + 𝑦𝑦 " = (𝑟𝑟 ( ) + 𝑟𝑟!Pythagoras + 𝑟𝑟) (2) 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 = 𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 − 𝑟𝑟 eenvoudige uitdrukkingen. In Figuur Als we nu nog extra!cirkels " " toevoegen die raken aan wat er al "is getekend, dan kunnen we 1 1 "1 1 1 1 1 1 1 " Pythagoras " en dan " " aftrekt elijking (1), ook vergelijking (2) van (3), dan elling hebben we dan de volgende drie vergelijkingen: (Als ) + + + = < + + + = . (𝑥𝑥 ) (𝑟𝑟 𝑥𝑥 " +van 𝑦𝑦(2) =•aftrekt 𝑟𝑟! +je𝑟𝑟van − 𝑟𝑟 (3) − 𝑟𝑟 + 𝑦𝑦 = + 𝑟𝑟) . met de formule van Descartes de stralen van die cirkels bepalen. Omdat deze formule zo vergelijking (2) aftrekt van 9 zijn er enkele getekend. We zijn " 𝑟𝑟!" ! 𝑟𝑟"" 𝑟𝑟*" 𝑟𝑟+" 2 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" 𝑟𝑟* 𝑟𝑟+ (1) (𝑥𝑥 "+ 𝑟𝑟!")" + 𝑦𝑦 " "= (𝑟𝑟" + 𝑟𝑟)" wat uitwerken: eenvoudig is, zijn de waarden van die stralen vaak ook eenvoudigevertrokken uitdrukkingen. In Figuur (𝑥𝑥 − 𝑟𝑟" )" + (1), 𝑦𝑦" en = "(𝑟𝑟 + 𝑟𝑟) ."vergelijking dan ook (2) van een arbelos met ! " " " (𝑟𝑟𝑟𝑟")+ van (1)𝑥𝑥je(𝑥𝑥 + 𝑟𝑟= 𝑦𝑦(2) 𝑟𝑟)6 van •(2)Als vergelijking (1),Archimedes en dan ookisvergelijking (2) van aftrekt van (3), dan En we kunnen deze + 𝑦𝑦 𝑟𝑟"=aftrekt − ! ) (𝑟𝑟+ ! !+ Lemma een voorloper deze cirkelstelling. aftrekt van (3), dan vind je na wat 9 zijn er enkele getekend. We zijn vertrokken van een arbelos met 𝑟𝑟 = 𝑟𝑟 = . De straal van " " " ! " "vergelijking )𝑟𝑟 (𝑥𝑥 (𝑟𝑟 (2𝑟𝑟!van 2𝑟𝑟 −je 𝑟𝑟− + 𝑟𝑟(3), −lemma 𝑟𝑟" (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ). )" .gebruiken vind na ! +(1), "uitwerken: " 𝑥𝑥 " )𝑟𝑟 (2) 𝑥𝑥𝑟𝑟−!ook 𝑦𝑦+ 𝑟𝑟!stelling 𝑟𝑟= t (𝑟𝑟 van dan aftrekt (𝑟𝑟− (3)"en 𝑟𝑟+ +𝑟𝑟= 𝑦𝑦) "(𝑟𝑟en = + 𝑟𝑟) !+ "(2) omdan 6 te bewijzen. Een belangrijke opmerking hierbij: de "drie "!)wat Lemma 6 van Archimedes is een uitwerken: elk van de cirkels is het omgekeerde van het getal in de cirkel. Voor de symmetrie van de " (𝑥𝑥 krijgt − 𝑟𝑟" )uit + 𝑦𝑦 "linkse = (𝑟𝑟! vergelijking + 𝑟𝑟)" . die in gewerkt de in, en van 𝑥𝑥(3) (𝑟𝑟!dan ) we (2𝑟𝑟 )𝑟𝑟deze De straal van elk van de cirkels is voorloper van cirkelstelling. En niet? 𝑟𝑟je = en + de 2𝑟𝑟ook − 𝑟𝑟! (𝑟𝑟hebben en − 𝑟𝑟rechtse 𝑥𝑥 =met + 𝑟𝑟"bereken −cirkels. 𝑟𝑟" (𝑟𝑟 𝑟𝑟" ). garde (2) aftrekt van (1), vergelijking aftrekt (3), dan ! 𝑥𝑥 " )𝑟𝑟figuur ! + 𝑟𝑟"(2) "van !volledige ! +Merkwaardig, 𝑟𝑟. t𝑟𝑟ing resultaat werken: ) (2𝑟𝑟 )𝑟𝑟 (𝑟𝑟 ). (2) aftrekt van (1), en dan ook vergelijking (2) aftrekt van (3), dan het omgekeerde van het getal in we kunnen deze stelling gebruiken + 𝑟𝑟 en − 𝑟𝑟 𝑥𝑥 = + 𝑟𝑟 − 𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 ! " ! " ! •" Vul de waarde van 𝑥𝑥 "die je krijgt uit "de linkse vergelijking in de rechtse in, en bereken uitwerken: de cirkel. Voor de symmetrie van om lemma 6 te bewijzen. Een de" )𝑟𝑟 waarde van uit𝑟𝑟: resultaat 𝑟𝑟. krijgt uit bereken (𝑟𝑟linkse )vergelijking (2𝑟𝑟rechtse 2𝑟𝑟 − 𝑟𝑟de + 𝑟𝑟het en − 𝑟𝑟 𝑥𝑥 in =de + 𝑟𝑟" )𝑟𝑟in, − en 𝑟𝑟 (𝑟𝑟 + 𝑟𝑟" ). !dan • ! Vul "de waarde" van die!je krijgt uit "de! belangrijke de figuur hebben we gewerkt met opmerking hierbij: de drie + 2𝑟𝑟" )𝑟𝑟 − 𝑟𝑟! (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ) en𝑟𝑟 − 𝑟𝑟" 𝑥𝑥+=𝑟𝑟(2𝑟𝑟 ! + 𝑟𝑟" )𝑟𝑟 − 𝑟𝑟" (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ). (𝑟𝑟 ) 𝑟𝑟 ! " ! " linkse vergelijking in de in, volledige cirkels. Merkwaardig, niet? kleinere cirkels raken de grootste anJe 𝑥𝑥 die je dan krijgt uit de linkse vergelijking in de rechtse in, en bereken vindt voor de waarde van 𝑟𝑟: rechtse 𝑟𝑟 = " ". + 𝑟𝑟uit 𝑟𝑟" het + 𝑟𝑟"resultaat en bereken cirkel inwendig: etaat van𝑟𝑟. 𝑥𝑥 die je krijgt uit de 𝑟𝑟linkse in der. rechtse in, en berekenje moet dan in de !vergelijking !dan 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" (𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" ) sultaat 𝑟𝑟. BRONNEN formule de straal van de grootste 𝑟𝑟 = " . aar lemma 6 het over heeft, is dus: (𝑟𝑟 ) 𝑟𝑟 𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 arde van !𝑟𝑟:" ! 𝑟𝑟! rcirkels + 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" + 𝑟𝑟"" de kleinere raken grootste cirkel inwendig: je moet dan in de formule van " Op het internet vindde je straal een heleboel voor de waarde van : cirkel met een minteken schrijven. 𝑟𝑟 = " Je vindt dan . " waarde𝑟𝑟van 𝑟𝑟: informatie over de arbelos. Het de grootste cirkel met een minteken schrijven. Herinner je dat 𝑟𝑟 de straal van de rode cirkel + 𝑟𝑟 𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 𝑟𝑟 𝑟𝑟 𝑟𝑟 ! " ! ! " 𝑟𝑟!"𝑟𝑟" (𝑟𝑟 De verhouding waar lemma is dus:Herinner je dat r de straal van de rode !=+ 𝑟𝑟" )6 het over heeft, . Zebraboekje nr. 30, van Floor van formule dus: 𝑟𝑟 = 𝑟𝑟!"+𝑟𝑟𝑟𝑟"𝑟𝑟 (𝑟𝑟𝑟𝑟!"++𝑟𝑟" .𝑟𝑟)! 𝑟𝑟" +is.𝑟𝑟""Dan wordt de cirkel is. Dan wordt de formule dus: kleinere cirkels raken de𝑟𝑟"grootste over heeft, is dus: Lamoen: Passen en Meten met Cirkels !𝑟𝑟!"𝑟𝑟" !+ " 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟cirkel inwendig: 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" je moet dan in de formule de straal van 𝑟𝑟 = " Archimedes, is ook zeker " met een minteken ". = . jewe de1 arbelos de grootste cirkel schrijven. Herinner dat 𝑟𝑟 de straal van de rode cirkel 1 1 1 1 1 1 1 1 van 𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 𝑟𝑟 + 𝑟𝑟 " " van Descartes. In Pythagoras 51.5 (link toevoegen?) hebben verteld ! " ! " 𝑟𝑟 6 het over 𝑟𝑟heeft, 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" ++ 𝑟𝑟" + ! 𝑟𝑟" mma is dus: + " = < + − een aanrader. + = . is. Dan wordt de formule dus: " " " = . De verhouding waar lemma 6 het waaraan vier cirkels die elkaar alle vier 𝑟𝑟raken, 𝑟𝑟 2 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" 𝑟𝑟 " stralen van 𝑟𝑟" moeten ! >−(𝑟𝑟! + 𝑟𝑟" )? 𝑟𝑟emma 𝑟𝑟de 𝑟𝑟! 𝑟𝑟"heeft, + 𝑟𝑟"" is over ! + 𝑟𝑟" 6 het ! + Figuur 9 𝑟𝑟danken 𝑟𝑟!dus: 𝑟𝑟" Descartes over heeft, is Descartes. dus: De cirkelstelling van In Pythagoras 51.5cirkelstelling (link toevoegen?) hebben we verteld rmule, die we aan René en de naam van " = "1 1 𝑟𝑟 " . 1 1 1 1 1 1 1 𝑟𝑟 𝑟𝑟 over een formule waaraan de stralen van vier cirkels die elkaar alle vier raken, moeten Pythagoras toevoegen?) hebben we Hiermee kan𝑟𝑟verteld je waarde 𝑟𝑟! + 51.5 𝑟𝑟" (link " 𝑟𝑟" 𝑟𝑟voor 𝑟𝑟! 𝑟𝑟"!"cirkels ++ ,In zegt het volgende: vier met stralen , 𝑟𝑟"opnieuw , 𝑟𝑟*<en + 𝑟𝑟 de die− elkaar van + + 𝑟𝑟= vinden. . ! + = . + 𝑟𝑟 )?" + 𝑟𝑟!" = 2 𝑟𝑟! + 𝑟𝑟en 𝑟𝑟!naam + 𝑟𝑟" cirkelstelling 𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑟𝑟!"" + 𝑟𝑟𝑟𝑟"alle " de >−(𝑟𝑟 die we danken aan René Descartes van envoldoen. van vier Deze cirkels 𝑟𝑟! +formule, 𝑟𝑟"die elkaar 𝑟𝑟"" !raken, " moeten ! 𝑟𝑟Bronnen. " +vier Op het internet vind je een heleboel informatie over de arbelos. Het Zebraboekje ! escartes. In Pythagoras 51.5 (link toevoegen?) hebben we verteld Descartes draagt, zegt het volgende: voor vier cirkels met stralen 𝑟𝑟 , 𝑟𝑟 , 𝑟𝑟 en 𝑟𝑟 die elkaar nken aan René Descartes en denr. naam cirkelstelling van cirkels Als we nu nog extra toevoegen aan wat erarbelos al is getekend, dan kunnen !en "Meten *die raken + 30, van Floor van Lamoen: Passen met Cirkels - de van Archimedes, is we " hebben kan je opnieuw de𝑟𝑟1waarde van 𝑟𝑟1vinden. an deHiermee stralen vier cirkels elkaar alle raken, moeten n Descartes. In Pythagoras 51.5 (link we verteld 1geldt 1van 1met 1stralen 1die 1 raken, dat de: voor vier cirkels , 𝑟𝑟zeker ,1met 𝑟𝑟toevoegen?) en 𝑟𝑟+vier die elkaar de formule van Descartes de stralen van die cirkels bepalen. Omdat deze formule zo ! " * ook een aanrader. + "René + Descartes = < die+elkaar +de alle + vier = cirkelstelling . raken, moeten die wededanken van van die stralen vaak ook eenvoudige uitdrukkingen. In Figuur araan " + " aan 2 𝑟𝑟! 𝑟𝑟en 𝑟𝑟*naam 𝑟𝑟+ is, 𝑟𝑟!stralen 𝑟𝑟" van 𝑟𝑟* vier𝑟𝑟+"cirkels eenvoudig zijn de waarden " " Als nuvoor nogaan extra cirkels toevoegen aan 1Descartes 1 stralen 1en de 1cirkelstelling 1 wat 1er alvan 1is getekend, dan kunnen we het volgende: vier cirkels met 𝑟𝑟1 , 𝑟𝑟naam , 𝑟𝑟1* en 𝑟𝑟+ die elkaar le, die wewe danken René ! !die "raken 9 "zijn getekend. We van een arbelos met 𝑟𝑟! = 𝑟𝑟" = . De straal van + er" enkele =van<En +cirkels + bepalen. + =zijn . vertrokken " "+ "1+ formule de stralen die Omdat deze formule zo himedes is 1een van deze cirkelstelling. we kunnen deze " gt volgende: voor vier1Descartes cirkels met stralen 𝑟𝑟 , 𝑟𝑟 , 𝑟𝑟 en 𝑟𝑟 die elkaar 1hetmet 1 de 1voorloper 1 van 𝑟𝑟! 𝑟𝑟" 𝑟𝑟* 𝑟𝑟+ ! 2" 𝑟𝑟*! 𝑟𝑟"+ 𝑟𝑟* 𝑟𝑟+ +n om + +de waarden +Een=belangrijke . van elkdie vanstralen de cirkels isook heteenvoudige omgekeerde van het getal In in Figuur de cirkel. Voor de symmetrie van de " +eenvoudig " = 26<te is, zijn vaak uitdrukkingen. lemma bewijzen. opmerking hierbij: de drie 𝑟𝑟 𝑟𝑟 𝑟𝑟 𝑟𝑟 𝑟𝑟* 𝑟𝑟+ ! deze 1 1 6 van 1 !Archimedes 1 " 1 *1 is+1een1voorloper 1 "hebben figuur we gewerkt met volledige cirkels. Merkwaardig, niet? Lemma van deze cirkelstelling. En we kunnen

28 MATHFEST

MATHFEST MUTATION Beste vrienden van de wiskunde. Op 22 november 2026 vieren we de 4de editie van MathFest: hét wiskundefestival voor jong en oud, dat inmiddels niet meer weg te denken is uit de agenda van de wiskundeliefhebber. Dit jaar maakt MathFest deel uit van het grotere evenement Mutation en vindt het festival voor het eerst plaats in het Wintercircus in Gent. Tijdens de vorige editie mochten we talloze enthousiaste reacties ontvangen op onze lezingen en workshops. We vierden het bijzondere jaartal 2025: het kwadraat van een driehoeksgetal én de som van kubusgetallen. We ontdekten wat vlaaien met wiskunde te maken hebben, waagden ons aan verschillende Rubik-kubussen en verkozen tijdens een fel debat het mooiste getal. Een terugblik vind je op https://platformwiskunde.be/ mathfest-2025-aftermath/. Zoals steeds biedt het programma ook dit jaar een brede waaier aan activiteiten: wiskundige weetjes, verrassende toepassingen, magische voorwerpen, mystieke kunst, pittige

battles, creatieve knutseltechnieken en inspirerende lezingen. Het thema van dit jaar is muziek, ritme en mutaties.

Indien je wil meedoen aan de pitch battle verwachten we jouw voorstel ten laatste op zondag 1 november om 23u59.

Daarom lanceren we een dubbele oproep. Ken jij een lied met een wiskundige link? Misschien zit die in de tekst, het ritme, de onderliggende structuur of een ander onverwacht aspect. Stuur jouw keuze en uitleg in via het formulier hieronder door de QR-code te scannen.

Volg alle updates en ander festivalnieuws op https:// platformwiskunde.be/ mathfest-2026/

Tijdens MathFest laten we een playlist horen met alle ingezonden nummers en ontdek je welke wiskundige verbanden anderen erin herkennen. Wil je nog een stap verder gaan? Ook dit jaar organiseren we een pitchbattle, met als centrale vraag: welk muzieknummer heeft de mooiste wiskundige link? Wil je de uitdaging aangaan, geef dit dan aan wanneer je jouw liedje instuurt. We selecteren acht deelnemers, die elk drie minuten krijgen om het publiek te overtuigen. Zij strijden om de eer én om prachtige prijzen! Scan de QR code hiernaast om naar het formulier te gaan:

30 PYTHAGORAS

ARCHIMEDES: DE ZANDREKENAAR II, ZANDKORRELS IN HET HEELAL

zandrekenaar-zandkorrels.tex 26-03-2018

Kun jij zeggen hoeveel zandkorrels er in het heelal passen? Archimedes kon dat: hij kon het aantal korrels schatten en hij kon dat aantal ook uitdrukken.

Archimedes: de Zandrekenaar II, zandkorrels in het heelal K. P. Hart

naam doet vermoeden was hij gebaseerd op de lengte van een sportstadion, maar daar was geen vaste waarde voor afgesproken. Op de Wikipediapagina voor ‘stadion (unit)’ staan bijvoorbeeld al vijf versies vermeld, variërend van 157 tot 209 meter. Voor de berekeningen is dit eigenlijk niet beKUN JIJ ZEGGEN HOEVEELHet ZANDKORRELS ER IN HET HEELAL PASSEN? heelal langrijk; een paar schattingen zouden mis26-03-2018 ARCHIMEDES KON DAT:zandrekenaar-zandkorrels.tex HIJHoe KON AANTAL KORRELS SCHATTEN EN HIJ groot HET is het heelal? Wat is het heelal? schien iets anders uitkomen maar dat doet Archimedes ging uit van de ideeën van niet af aan het algemene verhaal van ArchiKON DAT AANTAL OOK UITDRUKKEN. van Samos. Dezekon beschreef Kun jij zeggen hoeveel zandkorrels er in hetAristarchus heelal passen? Archimedes dat: hijhet medes: hoe je afschattingen maakt en hoe heelal als ook volgt: het is een grote holle bol je met grote getallen rekent. kon het aantal korrels schatten en hij kon dat aantal uitdrukken. IN HET VORIGE ARTIKEL HEBBEN WE HET SYSTEEM ARCHIMEDES met de zon in het midden en de sterren opGEZIEN Opgave 1.DAT Gegeven onze kennis over de de rand. De aarde draait om de zon, in een Archimedes: de Zandrekenaar II, zandkorrels in het heelal omtrek de aarde: NU hoe groot moet een GEBRUIKTE OM GROTE NATUURLIJKE GETALLEN WEER TE van GEVEN. GAAN cirkel met de zon als middelpunt. Uit de stadion zeker zijn om de omtrek van de K. P. Hart WE DAT SYSTEEM GEBRUIKEN OM EEN OVERSCHATTING TEgroter GEVEN VAN HET werken van Aristarchus haalde Archimedes aarde niet dan 3.000.000 stadia te ladenaam aanname dat de volgende ZANDKORRELS DAT IN doet HET HEELAL PAST. vermoeden wastwee hij verhougebaseerd ten zijn? InAANTAL het vorige artikel hebben we het systeem dingen gelijk zijn: op de lengte van een sportstadion, maar Vervolgens kwamen er aannamen over de gezien dat Archimedes gebruikte om grote K . P. H A R T vaste waarde voor afgespronatuurlijke getallen weer te geven. Nu gaan daar was geen grootte van de zon, de maan, en de aarde. diameter aarde we dat systeem gebruiken om een over- ken. Op de Wikipediapagina voor ‘stadion De diameter van de aarde is groter dan die diameter baan aarde om zon (unit)’ staan bijvoorbeeld al vijf versies vervan de maan, en de diameter van de zon is schatting te geven van het aantal zandkor- en HET HEELAL en meld, variërend van 157 tot 209 meter. VoorEen rels datgroot in hetisheelal past. Wat is het Hoe het heelal? stadion wasvan eendeGriekse groter dan die aarde. De diameter diameter baanisaarde om zon niet bede berekeningen dit eigenlijk van de zon is ongeveer maal die van de heelal? Archimedes ging uit van de lengte-eenheid waarvan30vele versies Het heelal langrijk; eendiameter paar schattingen heelal zouden mis-bestonden; maan en niet groter. ideeën van Aristarchus van Samos. zoals de naam doet Hoe groot is het heelal? Wat is het heelal? schien iets anders uitkomen maar dat doet Door middel vanhijmetingen hadopArchimeDeze beschreef het heelal als volgt: Als je nu weet hoe groot die gemeenschap- vermoeden was gebaseerd de Archimedes ging uit van de ideeën van niet af aan het algemene verhaal van Archides bepaald dat de diameter van de zon hier pelijke verhouding is en als je één van de je nu weet hoe groot die het is een grote holle bol met de lengte van een sportstadion, maar Aristarchus van Samos. Deze beschreef het Als medes: hoe je afschattingen maakt en hoe op aarde een hoek, α, bepaalt die ligt tussen drie grootheden kent dan weet je ook de verhouding is zon inalshet midden degrote sterren daar was geen vaste waarde voor heelal volgt: het iseneen holle bol gemeenschappelijke je met grote getallen rekent. 1/200 en 1/164 van een rechte hoek. rest. en als je één van de drie grootheden op de rand. De aarde draait om met de zon in het midden en de sterren op Opgave 1. Gegeven onze kennis over deafgesproken. Op de Wikipediapagina Archimedes begon met de aarde; uitgaande derand. zon,De in een zon in een kent dan weet je ook de rest. voor ‘stadion (unit)’ staan bijvoorbeeld de aardecirkel draaitmet om de de zon, omtrek van de aarde: hoe tijd grootnam moethij een van berekeningen uit die als middelpunt. Uit de werken van vermeld, variërend cirkel met de zon als middelpunt. Uit de stadion zeker zijn om de omtrek van deal vijf versies aan dat de omtrek vanmet de aarde ongeveer van 157αtot 209 meter. Voor de Archimedes begon de aarde; Aristarchus haalde Archimedes de werken van Aristarchus haalde Archimedes aarde niet groter dan 3.000.000 stadia te la3.000.000 stadia en niet groter. van was berekeningen uit die aanname twee berekeningen is dit eigenlijk niet de aannamedat dat de de volgende volgende twee verhou- uitgaande tenstadion zijn? was Een een Griekse lengte-eenheid tijd nam hij aan dat de omtrek van de verhoudingen gelijk zijn: belangrijk; een paar schattingen dingen gelijk zijn: waarvan vele kwamen versies bestonden; zoals dede Uitgaande van deze afschattingen kon ArVervolgens er aannamen over aarde ongeveer 3.000.000 stadia zouden misschien iets anders grootte van de zon, de maan, en de aarde. diameter aarde was en niet groter. uitkomen maar dat doet niet af aan het De diameter van de aarde is groter dan die diameter baan aarde om zon 1algemene verhaal van Archimedes: van de maan, en de diameter van de zon is en groter dan die van de aarde. De diameter diameter baan aarde om zon van de zon is ongeveer 30 maal die van de diameter heelal maan en niet groter. Als je nu weet hoe groot die gemeenschap- Door middel van metingen had Archimepelijke verhouding is en als je één van de des bepaald dat de diameter van de zon hier In het vorige artikel hebben we het systeem gezien dat Archimedes gebruikte om grote natuurlijke getallen weer te geven. Nu gaan we dat systeem gebruiken om een overschatting te geven van het aantal zandkorrels dat in het heelal past.

31 chimedes afleiden dat de diameter van de zon groter is dan de zijde van een chiliagon ingeschreven in de cirkel die de aarde beschrijft om de zon. Een chiliagon is een hoe je afschattingen maakt en hoe je (regelmatige) duizendhoek. Die afleiding is met grote getallen rekent. niet moeilijk maar kost wat tijd en we bewaren hem tot een latere gelegenheid. Opgave 1. Gegeven onze kennis over Nu wordt het tijd een paar letters in te voede omtrek van de aarde: hoe groot ren om de berekeningen wat duidelijker te moet een stadion zeker zijn om de maken. We noteren omtrek van de aarde niet groter dan • d e : diameter van de aarde 3.000.000 stadia te laten zijn? • d h : diameter van het heelal Vervolgens kwamen er aannamen • d m : diameter van de maan over de grootte van de zon, de • d u : diameter van de baan van de aarde om maan, en de aarde. De diameter van de zon de aarde is groter dan die van de 1 • dFiguur z : diameter van de zon maan, en de diameter van de zon De kunnen we Deaanname aannamevan vanAristarchus Aristarchus kunnen is groter dan die van de aarde. De dus schrijven als we dus schrijven als diameter van de zon is ongeveer 30 maal die van de maan en niet groter. du d h . = d e du Door middel van metingen had We gaan nu wat ongelijkheden afleiden. We gaan nu wat ongelijkheden Archimedes bepaald dat de Ten eerste: d u < 10.000d e . afleiden. diameter van de zon hier op aarde Dit volgt omdat d z >/ 30d m en d m < d e , een hoek, α, bepaalt die ligt tussen en dus d z < 30d e . Verder weten we dat de 1/200 en 1/164 van een rechte hoek. omtrek van de ingeschreven duizendhoek (zie figuur 1) kleiner is dan 1000d , en dus kleiner dan Uitgaande van deze afschattingen kon Archimedes afleiden dat de diameter van de zon groter is dan de zijde van een chiliagon ingeschreven in de cirkel die de aarde beschrijft om de zon. Een chiliagon is een (regelmatige) duizendhoek. Die afleiding is niet moeilijk maar kost wat tijd en we bewaren hem tot een latere gelegenheid.

Maar de omtrek van zo’n zeshoek is gelijk aan drie maal de diameter, in ons geval is de omtrek van de duizendhoek dus groter dan 3d u . Conclusie: 3d u < 30.000d e en dus, inderdaad d u < 10.000d e

De omtrek van de aarde is groter dan 3d e ; dat volgt ook door naar de ingeschreven zeshoek te kijken. De aanname was dat de omtrek van de aarde niet groter is dan 3.000.000 stadia. Dus concluderen we dat d e < 1.000.000 stadia en dus d u < 10.000.000.000 stadia

Dat zijn dus honderd eenheden van de Ten eerste: tweede orde.du < 10.000de. Devolgt aanname vandzAristarchus < dons , verDit omdat 30dm en dgeeft m e derdus ookdz < 30de. Verder weten we en 10.000d dat de omtrek dvan ingeschreven u h <de duizendhoek kleiner is dan 1000dz, en en dus dus kleiner dan 30.000de. Die omtrek is groter de omtrek van een stadia d h <dan 100.000.000.000.000 ingeschreven zeshoek (zie figuur 2). Het aantal stadia in de diameter van het heelal is minder dan de eenheid van de z derde orde, en dus zelf een getal van ten 30.000d e . Die omtrek is groter dan de om- hoogste de tweede orde. trek van een ingeschreven zeshoek. Het zand In de brief schreef Archimedes het volgende over de grootte van zandkorrels: in een papaverzaadje gaan niet meer dan 10.000 korrels zand. En de diamater van een papaverzaadje is niet kleiner dan 1/40 van een vingerbreedte. Nu volgt een lange rij ongelijkheden, waarbij we van een papaverzaadje opklimmen naar de diameter van het heelal. Hierbij zul

Nu wordt het tijd een paar letters in te voeren om de berekeningen wat duidelijker te maken. We noteren • de: diameter van de aarde • dh: diameter van het heelal • dm: diameter van de maan • du: diameter van de baan van de aarde om de zon • dz: diameter van de zon

Figuur 2

Maar de omtrek van zo’n zeshoek is gelijk aan drie maal de diameter, in ons geval is de omtrek van de duizendhoek dus groter dan 3du . Conclusie: 3du < 30.000de en dus, inderdaad du < 10.000de De omtrek van de aarde is groter dan 3de ; dat volgt ook door naar de ingeschreven zeshoek te kijken. De aanname was dat de omtrek van de aarde niet groter is dan 3.000.000 stadia. Dus concluderen we dat de < 1.000.000 stadia en dus du < 10.000.000.000 stadia Dat zijn dus honderd eenheden van de tweede orde. De aanname van Aristarchus geeft ons verder ook dh < 10.000.000 du en dus dh < 100.000.000.000.000 stadia Het aantal stadia in de diameter van het heelal is minder dan de eenheid van de derde orde, en dus zelf een getal van ten hoogste de tweede orde.

HET ZAND In de brief schreef Archimedes het volgende over de grootte van zandkorrels: in een papaverzaadje gaan niet meer dan 10.000 korrels zand. En de diamater van een papaverzaadje is niet kleiner dan 1/40 van een vingerbreedte.

Nu volgt een lange rij ongelijkheden, waarbij we van een papaverzaadje opklimmen naar de diameter van het heelal. Hierbij zul je π niet tegenkomen en wel omdat Archimedes alleen nodig had dat volumes van bollen zich verhouden als de derde machten van hun diameters.

BOL OM DE AARDE DOOR DE ZON

VINGERBREEDTE

In ons systeem wordt dat 1015.

Omdat een papaverzaadje niet kleiner is dan 1/40 van een vingerbreedte weten we dat het volume van een papaverzaadje niet kleiner is dan het volume van een bol met diameter een vingerbreedte gedeeld door 403. Dan kunnen we ook concluderen dat Zv 64.000Zp, waarbij Zv het aantal zandkorrels is in een bol met diameter een vingerbreedte, en Zp het aantal zandkorrels in een papaverzaadje. Maar Zp 10.000. Dus Zv 640.000.000. Dat is een getal van de tweede orde: het bestaat uit 6 eenheden van de tweede orde en 40.000.000 eenheden van de eerste orde. Voor het gemak overschatten we dat met 10 eenheden van de tweede orde; we schrijven dus, in ons decimale systeem Zv < 1.000.000.000 Nu gaan we in stappen verder omhoog.

Stap 1: een bol met diameter honderd vingerbreedten. Daar zit ongeveer 1.000.000Zv korrels zand in, dat is (veel) minder dan 1.000.000 maal 10 eenheden van de tweede orde, ofwel 10.000.000 eenheden van de tweede orde.

Stap 2: 10.000 vingerbreedten. De diameter is weer met 100 vermenigvuldigd. Dus de laatste overschatting vermenigvuldigen we met 1.000.000 Er komt dus, in onze taal 1021. Maar 21 = 2 . 8 + 5, dus Archimedes heeft nu 100.000 eenheden van de derde orde. Stap 3: een stadion. Die eenheid is kleiner dan 10.000 vingerbreedten, dus de schatting blijft gelijk. Stap 4: 100 stadia. Weer: de vorige schatting maal 1.000.000, dat geeft ons 1027. En 27 = 3 . 8 + 3, dat zijn dus 1000 eenheden van de vierde orde. Stap 5: 10.000 stadia. Weer: de vorige schatting maal 1.000.000, dat geeft ons 1033. En 33 = 4 . 8 + 1, dat zijn dus 10 eenheden van de vijfde orde. Stap 6: 1.000.000 stadia. Weer: de vorige schatting maal 1.000.000, dat geeft ons 1039. En 39 = 4 . 8 + 7, dat zijn dus 10.000.000 eenheden van de vijfde orde. Stap 7: 100.000.000 stadia. Weer: de vorige schatting maal 1.000.000,

dat geeft ons 1045. En 45 = 5 . 8 + 5, dat zijn dus 100.000 eenheden van de zesde orde. Stap 8: 10.000.000.000 stadia. Weer: de vorige schatting maal 1.000.000, dat geeft ons 1051. En 51 = 6 . 8 + 3, dat zijn dus 1000 eenheden van de zevende orde. We hebben al gezien dat de diameter van de baan van de aarde om de zon kleiner is dan 10.000.000.000 stadia. We weten dus dat er minder dan duizend eenheden van de zevende orde aan zandkorrels passen in de bol met de aarde als middelpunt en waar de zon op de rand ligt. Je kunt aan deze berekening ook zien dat werken met machten van 10 veel sneller gaat dan werken met eenheden en ordes. Wij hadden de diameter van de baan van de aarde als 1010 geschreven en het stap 3 in één keer met 1030 vermenigvulgetal van stap 3 in één keer met 1030 digd. vermenigvuldigd.

Het heelal HET HEELAL Nu wewe datdat Nugebruiken gebruiken du d h = < 10.000 d e du

Dus de diameter van het heelal is kleiner Dus de diameter van het heelal is dan 10.000 keer de diameter van de bol om de diameter dekleiner aarde dan waar10.000 de zonkeer op ligt. Dat betevan de bol om de aarde waarZde, in zon het kent voor het aantal zandkorrels, h 3 op ligt. Dat betekent voor het aantal heelal dat het kleiner is dan 10.000 maal , in het zandkorrels, h het aantal in deZlaatste bol.heelal dat 3 maal hetmethet kleiner is dan 10.000 In onze schrijfwijze zien we dus bijna aantal in de laatste bol. een dat 51 Z h < 1012 × 10 1063dus bijna In onze schrijfwijze zien=we meteen Omdat 63 =dat 7⋅8+7 zijn dit voor Archimedes

duizend myriaden eenheden van de achtste orde. Opmerkingen en opgaven Ik heb met opzet de eenheden van Archimedes niet naar de onze vertaald omdat dat

Zh < 1012 x 1051 = 1063 Omdat 63 = 7 . 8 + 7 zijn dit voor Archimedes duizend myriaden eenheden van de achtste orde.

van zandkorrels is en dat sommige zandsoorten korrels hebben die groter zijn dan papaverzaadjes. Dat maakt de overschatting van 10.000 korrels in een papaverzaadje wel erg grof.

OPMERKINGEN EN OPGAVEN Ik heb met opzet de eenheden van Archimedes niet naar de onze vertaald omdat dat voor de berekeningen niet belangrijk is.

Opgave 4. Probeer zelf eens met nauwkeurigere gegevens wat nauwkeurigere bovenschattingen te maken.

Je kunt indirect wel iets over die eenheden zeggen. Je kunt een vingerbreedte meten, maar het hangt wel van de persoon wiens vinger je meet wat de uitkomst is. Hier en daar wordt voor een vingerbreedte de duim genomen; dat is hetzelfde als de inch en die is officieel gelijkgesteld aan 2,56 cm.

Ten slotte: het heelal is natuurlijk vele malen groter dan Aristarchus dacht en ook de verhoudingen tussen de diameters van de zon, de aarde, de maan en de baan van de aarde om de zon zijn totaal anders. Opgave 5. Probeer eens te (over) schatten hoeveel zandkorrels er in de aarde passen, of in de zon, of in de bol met diameter die van de baan van aarde om de zon.

In het begin van dit artikel is ook al gezegd dat niet helemaal duidelijk is welke oude stadion we eigenlijk hadden moeten nemen. De juiste gegevens zijn wel op Opgave 3. Klopt het antwoord met de on-internet te vinden. derschatting van stadion uit Opgave 1? Opgave 2. Als wedeeen vingerbreedte Dat wil zeggen: kan de omtrek van de aardeANTWOORDEN gelijk stellen aan een duim wat niet groter zijn dan 3.000.000 stadia èn kanAntwoord 1. De omtrek van de betekent dat dan voor een stadion? tegelijkertijd een stadion niet langer zijnaarde is, bijna per definitie, gelijk dan 10.000 duimen? aan 40.000 km. Als je dat door Opgave 3. Klopt het antwoord met de onderschatting van de stadion Als je op wikipedia naar papaverzaadjes3.000.000 deelt zie je dat een uit 1? Dat wil(in zeggen: kan ‘poppy stadion niet kleiner mag zijn dan enOpgave zandkorrels zoekt het Engels seeds’ en ‘sand’) danaarde zul jeniet zien groter dat er nogal13,3 m. De waarden van de de omtrek van de watdan variatie in de grootte vanèn zandkorrels isWikipedia zijn dus groot genoeg. zijn 3.000.000 stadia kan en dat sommige tegelijkertijd eenzandsoorten stadion nietkorrels langerhebbendan die groter zijn dan papaverzaadjes. DatAntwoord 2. Een stadion is kleiner zijn 10.000 duimen? maakt de overschatting van 10.000 korrelsdan 10.000 vingerbreedten, en met in een papaverzaadje wel erg grof. een vingerbreedte van 2,56 cm Als je op wikipedia naar papaverzaadjes en zandkorrels Opgave 4. Probeer zelf eens met nauwkeu-wordt dat 256 m. zoekt het Engels ‘poppy seeds’bovenrigere(in gegevens wat nauwkeurigere Antwoord 3. Geen probleem: 256 m en ‘sand’) dan zul je zien dat er schattingen te maken. is zeker ‘niet kleiner dan’ 13,3 m. nogal wat variatie in de grootte Ten slotte: het heelal is natuurlijk vele malen groter dan Aristarchus dacht en ook de verhoudingen tussen de diameters van de zon, de aarde, de maan en de baan van de aarde om de zon zijn totaal anders.

Opgave 5. Probeer eens te (over)schatten

DE REKENSTAAFJES VAN GENAILLE-LUCAS PAU L L E V R I E , E RW I N S M E T, C H R I S T O P H E VA N D E V E L D E FAC U LT E I T T O E G E PA S T E I N G E N I E U R S W E T E N S C H A P P E N , UA N T W E R P E N

In Vector 18 van oktober 2023 maakte de lezer kennis met de rekenstaafjes van John Napier, die ideaal geschikt zijn om vermenigvuldigingen uit te voeren. In dit artikel stellen we de réglettes de Genaille-Lucas (1884) voor, een geperfectioneerde versie van de uitvinding uit 1617 van Napier. In 1882-1883 daagde de Franse wiskundige Édouard Lucas (1842-1891) zijn collega’s uit om de rabdologie, het rekenen met staafjes, te verbeteren. Lucas is vooral bekend als uitvinder van de Torens van Hanoi en van de rij getallen die naar hem is genoemd, en die nog steeds gebruikt wordt om grote Mersennepriemgetallen op te sporen. Je komt zijn naam vaak tegen in boeken over recreatieve wiskunde. Waarschijnlijk deed Lucas die oproep op een conferentie van de AFAS, de Association Française pour l’Avancement des Sciences. Als je werkt met de staafjes van Napier, dan moet je bij het uitvoeren van de vermenigvuldigingen

Figuur 1 – De elf verschillende rekenstaafjes van Genaille en Lucas

nog steeds in je hoofd de overdrachten doen. Lucas vroeg zich af of dat niet beter kon. Één

van de trouwe deelnemers van deze conferenties was:

Het gaat hier om Henri Genaille (1856-190?), een man die behalve de staafjes die naar hem zijn genoemd ook nog andere wapenfeiten op zijn palmares heeft staan. Zo ontwierp hij een mechanische rekenmachine, de piano arithmétique, waarmee je kon nagaan of een groot getal een priemgetal was (1891). De achterliggende methode was ontwikkeld door Lucas. Genaille loste het probleem van Lucas op overtuigende wijze op. In figuur 1 zie je zijn rekenstaafjes. Het zijn er 11, net zoals bij Napier. Een van de staafjes is een indexstaafje, daarop staan onder elkaar de cijfers van 0 tot 9. Je zou kunnen zeggen dat dit staafje het staafje is van de vermenigvuldigers. De andere 10 staafjes, met bovenaan de cijfers van 0 tot 9, spelen dezelfde rol als die van Napier. De rode vlakken op de verschillende staafjes zijn te interpreteren als pijlen, of als accolades, die als je ze van rechts naar links interpreteert, uitkomen op één welbepaald cijfer. Figuur 2 toont een detail van het indexstaafje naast één van de andere staafjes. We lezen van rechts naar links: heb je 7, 8 of 9, dan is het cijfer links ervan gelijk aan 0, indien je 0, 1, 2 of 3 hebt, is dat 1. We geven als voorbeeld de uitwerking van het product van 367 met 8. Daarvoor plaats je naast het indexstaafje in volgorde de staafjes 3, 6 en 7. In figuur 3 zie je een detail ter hoogte van de 8 (de vermenigvuldiger) op het indexstaafje. Het resultaat vind je als volgt. Het laatste cijfer in het product is het cijfer net onder de bovenste horizontale streep op het staafje van 7. En vanaf dan volg je gewoon, van rechts naar links werkend, de pijlen. Het resultaat valt er

Figuur 2 – De betekenis van de rode pijlen

Figuur 3 – De berekening van 367 x 8

zonder meer uit: inderdaad, 367 x 8 = 2936. Nagaan hoe dit precies werkt, laat ik over aan de lezer. (And remember, no googling:-) Er zijn ook Genaille-Lucas staafjes voor de deling. Je ziet er eentje in Figuur 4.

Figuur 4

36 UITWISKELING

CORRELATIE EN CAUSALITEIT STATISTIEK IN DE 2E GRAAD

IN DE EINDTERMEN VAN DE TWEEDE GRAAD DOORSTROOMFINALITEIT VIND JE EEN DOEL ROND SPREIDINGSDIAGRAMMEN EN TRENDLIJNEN. DAT IS EEN STUKJE BIVARIATE STATISTIEK: JE LEGT HET VERBAND TUSSEN TWEE VARIABELEN, ZOALS BV. DE WISKUNDESCORES IN SEPTEMBER EN DECEMBER. DEZE EINDTERM LEGT DAARNAAST DE LINK MET DE VEELVOORKOMENDE MISVATTING DAT EEN CORRELATIE EEN CAUSAAL VERBAND IMPLICEERT. IN DIT KORT STUKJE GEVEN WE HIERVAN EEN RELEVANT VOORBEELD. JOHAN DEPREZ, FILIP MOONS

Aan het begin van de coronapandemie was één van de dominante complottheorieën dat 5G coronabesmettingen zou veroorzaken. De grafiek in Figuur 1 zet 5G-dekking (uitgedrukt in mmW) van verschillende Amerikaanse staten uit tegen het gerapporteerde aantal coronabesmettingen per miljoen inwoners in mei 2020. De trendlijn suggereert een sterk lineair verband, 1 mmW meer 5G-dekking veroorzaakt maar liefst 7169 extra covidbesmettingen per miljoen inwoners! Je kunt bijna niet anders dan besluiten dat men zo snel mogelijk 5G-dekkingsmasten

Figuur 1 – Veroorzaakt 5G-dekking corona? Bron: www.esmed.org, bekende website voor medische misinformatie

moet afbreken in strijd tegen de coronapandemie. Dat is een heel aannemelijke redenering, die ook gevolg kreeg: over heel de wereld werden massaal 5G-dekkingsmasten in brand gestoken, inclusief in ons land (De Standaard, 19 april 2020). Toch klopt het besluit niet: wetenschappelijk onderzoek is al decennialang op zoek naar een mogelijk oorzakelijk verband tussen korte en lange blootstelling aan elektromagnetische velden en gezondheid. Nog nooit werd enig bewijs gevonden dat zulke straling onder normale normen enige impact op de gezondheid heeft (zie website Vlaamse Overheid: https:// omgeving.vlaanderen.be/ onderzoek-straling-en-gezondheid). Wat is dan wel een mogelijke verklaring van de sterke correlatie tussen 5G-blootstelling en coronagevallen? Allicht is de bevolkingsdichtheid een deel van de verklaring: staten met een sterke 5G-dekking, zijn doorgaans dichtbevolkt en laat nu net die plekken erg interessant zijn voor investeringen in 5G-dekking. Zo’n dichtbevolkte plekken zijn daarnaast natuurlijk ideaal voor een besmettelijk virus. Het bestaan van een trend tussen de responsvariabele y en de verklarende variabele x impliceert op geen enkele manier dat y veroorzaakt wordt door x, hoe sterk en overtuigend de trend ook mag lijken. Een spreidingsdiagram met trendlijn biedt op zichzelf nooit een oorzakelijke verklaring.

Enkel een trendlijn die geschat is op basis van data die voortvloeien uit een experimenteel onderzoek, maakt een oorzaak-gevolgverband mogelijk. Een experimenteel onderzoek is een onderzoek waarbij de verklarende variabele gemanipuleerd werd en de invloed van mogelijke andere verklarende variabelen, geminimaliseerd werd. Wie bijvoorbeeld de effectiviteit van het Pfizer-vaccin tegen coronabesmettingen wil nagaan, verzamelt eerst een voldoende grote, representatieve steekproef van ongevaccineerde deelnemers. Vervolgens worden de deelnemers volledig willekeurig in twee groepen verdeeld: de ene helft van de deelnemers krijgt het Pfizer-vaccin toegediend, de andere helft krijgt een placebo. Gedurende een vooraf vastgelegde termijn na vaccinatie, bijvoorbeeld 6 maanden, houd je bij welke deelnemers besmet geraken. Wanneer uit de bekomen trend blijkt dat in de groep gevaccineerden het aantal besmettingen 6 maanden na vaccinatie lager ligt dan in de groep ongevaccineerden, kan men met de nodige voorzichtigheid besluiten dat het Pfizer-vaccin de kans op besmetting verkleint binnen de 6 maanden na vaccinatie. Het verschil tussen observationele en experimentele studies komt in de derde graad aan bod, alsook de hypothesetoetsen (in sommige richtingen) die hier onlosmakelijk mee verbonden zijn.

Dit artikel verscheen in Uitwiskeling 38/1 in het kader van een uitgebreid artikel over spreidingsdiagrammen en trendlijnen. Op www.uitwiskeling.be vind je alle info.

BRONNEN

De Standaard (2020). Zendmast in brand gestoken, mogelijk link met complottheorieën over corona. De Standaard, 19 april 2020.

PROBLEEM

DOOR ARCHIMEDES IN VERSVORM BEDACHT EN AAN DE SPECIALISTEN IN ALEXANDRIA TER OPLOSSING VOORGELEGD IN EEN BRIEF AAN ERATHOSTENES VAN CYRENE

V E R TA L I N G : H E N D R I K L E N S T R A

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

Hoeveel runderen telde de Zonnegod? Reken dat uit, vriend, buig u erover met zorg, als ge het inzicht geniet. Eertijds graasde zijn vee op de weilanden van het Sicilisch eiland Thrinacia, in vier kudden onderverdeeld, al naar kleur onderscheiden: het vel bij de ene was melkwit, bij nummer twee lag een zwart glanzende kleur op de vacht, dan kwam een bruine, en bont was de laatste. In iedere kudde waren de mannetjes sterk vertegenwoordigd. Van hun aantallen lagen als volgt de verhoudingen. Neem van de zwarte stieren de helft, o vriend, reken een derde erbij, tel het totaal bruinharige mee – zo kent ge de witte; maar van de bonte een kwart, met nog een vijfde erbij, plus het totaal van de bruine – dat geeft u het aantal der zwarte. Hoeveel stieren tot slot bontgevlekt waren van kleur, zie, dat beliep net een zesd’ en een zevende deel van de witte, waarbij dan weer gevoegd worde het bruine totaal. Nu wat de wijfjes betreft, zo meld ik het volgende. Witte zag men precies evenveel als van het zwartgekleurd vee – stieren en koeien tezamen – een derde geteld bij een vierde; maar de zwartharige, die waren van hun kant gelijk aan het totaal van een kwart plus een vijfde gedeelte der bonte, als met de stieren tezaam die zich begaven ter wei.

23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44

Dan, van de rossige kudde een vijfde gevoegd bij een zesde, zo groot was het getal koeien bontkleurig van vel. Aan bruinharige was er de helft van een derde gedeelte van al het witgekleurd vee, plus nog een zevende deel. Noemt ge me nu nauwkeurig de omvang van Helios’ kudden, noemt ge apart het getal koeien van iedere kleur, tevens de stevige stieren apart, zo, vriend, kunt ge gelden als in de rekenkunst niet onbekend noch onbekwaam, doch zo telt ge nog niet als expert. Maar kom, onderzoek ook al wat ik verder vermeld over het vee van de Zon. Zo vaak als met z’n alle de roomblanke stieren de zwarte opzochten, stonden ze dicht opgesteld in een figuur dat naar lengte en breedte gelijk was, en deze immense massa vulde en bloc ’t wijde Thrinacische veld. Maar als de bruine en bonte bijeenkwamen vormden ze rijen langzaam oplopend, één enkele stier in rij één, samen een zuiver driehoekig figuur completerende, zonder één stier anders van kleur, zonder dat één er ontbrak. Analyseert ge dit, vriend, uw geestkracht erop concentrerend, geeft ge me omvang en tal al dezer menigten aan, ga dan, beroem u op uw overwinning, en weet hoe het oordeel zeker zal luiden: dat gij ’t opperste inzicht bezit.

40 PYTHAGORAS

ARCHIMEDES: DE RUNDEREN VAN DE ZONNEGOD ROND 1770 VOND DE DUITSE LITERATOR LESSING IN DE BIBLIOTHEEK VAN WOLFENBÜTTEL EEN GEDICHT IN HET GRIEKS. HIJ VERTAALDE EN PUBLICEERDE HET IN 1773. HET GEDICHT WAS EIGENLIJK EEN WISKUNDEOPGAVE. DIE WORDT NU ALGEMEEN AAN ARCHIMEDES TOEGESCHREVEN. HIERVOOR HEB JE HET GEDICHT KUNNEN LEZEN. IN DIT ARTIKEL GAAN WE ZIEN HOE DE OPGAVE OPGELOST KAN WORDEN. K . P. H A R T

Zoals je in het gedicht hebt kunnen lezen wordt gevraagd te bepalen hoeveel runderen de Zonnegod Helios heeft. Deze grazen vredig in vier kudden op het eiland Thrinacia. In regels 9 tot en met 26 staat in woorden een aantal vergelijkingen beschreven waar de aantallen witte, zwarte, gevlekte en bruine runderen aan moeten voldoen. In regels 27–30 staat dat je een goede rekenaar bent als je die vergelijkingen kunt oplossen – je verdient dan het cijfer 8 voor je werk. Maar als je een 10 wilt verdienen – laten zien dat je het “opperste inzicht bezit” – dan moet je het uitgebreide probleem oplossen; daarbij worden extra eisen aan de aantallen opgelegd. Je zult zien dat je voor die 10 hard moet werken.

De runderen van Helios worden ook in boek 12 van de Odyssee genoemd. Daar wordt vermeld dat er zeven kuddes runderen zijn en zeven kuddes schapen elk vijftig hoofden groot. Dat levert overzichtelijke aantallen van 350 runderen en 350 schapen. De oplossingen van de problemen van Archimedes leveren veel grotere aantallen runderen. Circe had Odysseus gewaarschuwd geen van de dieren te slachten, want dan zouden hij en zijn mannen streng gestraft worden. De mannen van Odysseus sloegen de waarschuwing in de wind en slachtten de beste van de dieren op het eiland. Dat liep inderdaad niet goed af: alle mannen verdronken

door toedoen van Zeus op zee, behalve Odysseus, die na een lang verblijf bij Kalypso uiteindelijk toch terug naar Ithaca kon reizen.

HET EERSTE PROBLEEM Zoals gezegd zijn er stieren en koeien van vier kleuren: geheel wit, geheel zwart, bontgevlekt en geheel bruin. Er zijn meer stieren dan koeien en er zijn relaties tussen de acht aantallen gegeven. Laten we met W, Z, G, en B de aantallen witte, zwarte, gevlekte en bruine stieren aangeven, en met w, z, g en b de verschillende aantallen koeien. De relaties laten zich als volgt weergeven.

g = ( +1 )1 (B + b) hebben oneindig veel oplossingen: veelvoud van de oplossing is er ook een; we g = 5( +6 ) (B + b) veelvoud van de oplossing is er ook een; we 5 regels 6 25 en 26 dit over hebben en ten slotte zeggen oneindig veel oplossingen: hebben oneindig oplossingen: (W, Z, G, B) = s ⋅veel (2226, 1602, 1580, 891) deten bruine en slottekoeien zeggen regels 25 en 26 dit over en ten slotte zeggen regels 25 en 26 dit over (W, Z, G, B) = s ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) de bruine koeien 1 1 (W, Z, willekeurig G, B) = s ⋅ (2226, 1602,getal. 1580,Maar 891) de bruinebkoeien met s een natuurlijk = ( + ) (W + w) 16 17 dit is nog steeds alleen voor de stieren. met s een willekeurig natuurlijk getal. Maar 1 )1 (W + w) b=( + metnog s een willekeurig natuurlijk getal. Maar b = 6( +7 ) (W + w) Met meer kun je indedestieren. overige veris steedswerk alleen voor 6 een 7 flauwe oplossing: ditdit Dit probleem heeft is nog steeds alleen voor de stieren. gelijkingen w, z, g, en b ook in B uitdrukMet nog meer werk kun je in de overige vernulprobleem runderen heeft van alle Dat is naDit eensoorten. flauwe oplossing: Met nog werk kun je in de overige verken. Als meer jew,stug je vinz, g,volhoudt en b ookdan in Bzul uitdrukDit probleem heeft een flauwe oplossing: tuurlijk niet de je verwacht dat gelijkingen nul runderen vanbedoeling; alle soorten. Dat is nagelijkingen w, z, g, en b ook in B uitdrukden dat s in de oplossing devinstieAls de je stug volhoudt danvoor zul je nulzonnegod runderentoch van alle Dat is zal na- ken. de wel soorten. wat runderen tuurlijk niet de bedoeling; je verwacht dat ken.eenAls je stug van volhoudt dan zul je dus vinren veelvoud 4657 moet zijn, den dat de s in de oplossing voor de stietuurlijk niet de bedoeling; je verwacht dat hebben. de zonnegod toch wel wat runderen zal den dat de s in de oplossing voor de sties = een 4657veelvoud ⋅ k. De aantallen koeien zijn dan van 4657 moet zijn, duste dejejezonnegod toch wel wat kijkt runderen zal ren veelvoud van 4657 zijn, dus Als naar kijkt Als naarde de vergelijkingen vergelijkingen ziezie je er hebben. ren een veelvoud van moet 4657 moet zijn, dus schrijven alsDe aantallen s = 4657 ⋅ k. koeien zijn dan te hebben. zeven, metde acht onbekenden. Dat zie betekent naar vergelijkingen kijkt je er s = 4657 ⋅ k.. De aantallen koeien zijn dan te De aantallen koeien zijn jeAls erjezeven, met acht onbekenden. Alserjeinderdaad naar de vergelijkingen kijkt zie aan je er schrijven als dat oplossingen ongelijk zeven, met acht onbekenden. Dat betekent schrijven als k ⋅ (7206360, 4893246, dan te schrijven als 3515820, 5439213) Datzeven, betekent datonbekenden. er inderdaad met acht Dat zijn: betekent de er nuloplossing te vinden moeten we dat inderdaad oplossingen ongelijk aan k ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) oplossingen ongelijk aan de dat er inderdaad oplossingen ongelijk aan 3515820, 5439213) verwachten ten teminste één vrijheidsgraad. de nuloplossing vinden moeten zijn: we in kde⋅ (7206360, volgorde 4893246, (w, z, g, b), net als bij de de nuloplossing te vinden moeten we in de volgorde (w, z, g, b) net als bij de nuloplossing te vinden moeten Denk aan één met tweezijn: onbeverwachten ten vergelijking minste één vrijheidsgraad. stieren. De aantallen stieren worden dusde in de volgorde (w, z, g, b), net als bij verwachten één vrijheidsgraad. in de volgorde (w, z, g, stieren b), net als bij de stieren. De aantallen worden zijn: weaan verwachten minste kenden alséén 3xten + 4yminste = 0:ten één van de variabeDenk vergelijking met twee onbestieren. De aantallen stieren worden dus Denk aan één vergelijking met twee onbestieren. De aantallen stieren worden k ⋅ 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) dus (met één vrijheidsgraad. aan len is dan andere uit drukken en die dus kenden als in 3xde + 4y = 0:Denk ééntevan deéén variabekendenisals 3xte+kiezen. 4y = 0:Zoiets één van de variabeandere vrij geldt ook als telkens k ⋅ 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891)De len is dan in de andere uit onbekenden te drukken en die dezelfde k natuurlijk). vergelijking met twee k ⋅ 4657dezelfde ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) De is dan in de andere uitdrie te drukken en die (met telkens k natuurlijk). jelen twee vergelijkingen met onbekenden andere vrij te :kiezen. Zoiets ook als kleinste, die met k = 1, levert dan in als 3x +is4y =vrij 0 één van de geldt variabelen andere is te kiezen. Zoiets geldt ook als kleinste, die met k = 1,klevert dan in totaal telkens dezelfde natuurlijk). De hebt. tweein vergelijkingen driedrukken onbekenden (met (met telkens dezelfde k natuurlijk). De totaal 50.389.082 isjedan de andere met uit te je twee driemoet onbekenden 50.389.082 die runderen. met k = 1,runderen. levert dan in totaal Om die vergelijkingen oplossingen te met vinden je sys- kleinste, hebt. kleinste, die met k = 1, levert dan in totaal entematisch die andere is vrij te kiezen. Zoiets hebt. runderen. In50.389.082 ieder geval geeft ons dit (veel) meer runte werk gaan: telkens onbekenOm die oplossingen te vinden moet je sys- 50.389.082 runderen. Om die oplossingen te vinden moet je sysgevlekte In ieder geval ditmeer (veel) geldt ook als je twee vergelijkingen en regels 14–16 gaan de gevlekte stieren 1 over 1stieren deren dan beschreven inons de Odyssee. den uit vergelijkingen elimineren tot je ziet geeftgeeft ons dit (veel) runtematisch te werk gaan: telkens onbeken- In ieder geval G = (1 + 1)W + B (3) In ieder geval geeftdan ons dit (veel) meer in runtematisch te werk gaan:hebt. telkens onbeken- meer G = (6 + 7) W + B (3) runderen beschreven de met drie onbekenden deren dan beschreven in de Odyssee. den uit vergelijkingen elimineren tot je ziet 61 71 den uit vergelijkingen elimineren tot je ziet deren dan beschreven in de Odyssee. Odyssee. G = ( + ) W + B (3) (3) 2 6 7 Om die oplossingen te vinden moet 2 2 HET UITGEBREIDE PROBLEEM komt erover informatie over de je systematisch welke onbekende vrij te kiezen iste enwerk hoe degaan: telkens Dan komt Dan er informatie de aantallen Als je wilt laten zien dat je een aantallen koeien. Over de onbekenden andere daar van afhangen. uit vergelijkingen koeien. Over de witte koeien zien we in re-witte Dan komt er informatie over de aantallen welke onbekende vrij te kiezen is en hoe de Als je eerst naar de stieren kijkt en W uit gels 17–19 dit getallenmeester bent, moet je koeien zien we inde regels 17–19 welke dit onbekende elimineren tot jeisziet welke vrij te kiezen en hoe de Dan komt informatie over aantallen koeien. Overer witte koeien zien in reandere daar van afhangen. welke onbekende vrij te kiezen is en hoe de Dan komt erdeinformatie over de we aantallen (3) elimineert door vergelijeen oplossing vinden die aan de onbekende vrij te kiezen is en hoe de andere daarnaar van afhangen. koeien. Over de 1witte1 koeien zien we in re- vergelijking gels 17–19 dit Als je eerst de stieren kijkt en W uit andere daar van afhangen. koeien. Over de witte koeien zien we in re- king in te vullen, daarna Z elimineert Als (1) je eerst naar deenstieren kijkt en W uit gels 17–19 w dit= ( + ) (Z + z) volgende voorwaarden voldoet: als andere daar van afhangen. vergelijking (3) elimineert door vergelij1580 Als jejeover eerst naar deAls stieren kijkt en invult W uit vrij te kiezen is en gels 17–19 dit 3 4 Dan welke onbekende dedeis en krijgt Gover = de B. jededat in (2) 1 1 Dan komt informatie over de aantallen welke onbekende tewitte kiezen is en komt er er informatie over aantallen welke onbekende vrijvrij kiezen hoehoe de de stieren bij Dankomt komterDan erinformatie informatie deaantallen aantallen welke onbekende vrij te kiezen iste enhoe hoe vergelijking (3) elimineert door vergelij891 king (1) in te vullen, en daarna Z elimineert de en de zwarte vergelijking (3) elimineert door vergelijw = ( + ) (Z + z) 1602 Dan komt er informatie over de aantallen welke onbekende vrij te kiezen is en hoe de 1 1 koeien. Over de witte koeien zien we in reandere daar van afhangen. an komt er informatie over de aantallen welke onbekende vrij te kiezen is en hoe de 1580 komt er Zinde = BB. enAls ten slotte vind dan koeien. Over witte koeien zien we in reandere daar afhangen.Het uitgebreide probleem koeien. Over de witte koeien zien weandere in(2) re-je andere daar vanvan afhangen. koeien. Over de krijgt witte koeien we in redaar van afhangen. king (1) tezien vullen, en daarna Z elimineert 3 4 1 1 in regels 20–22 staat over de zwarte koeien + ) (Z + z) w = ( 891 je dat in invult je G = king (1) in teafhangen. vullen, en van daarna Zjede elimineert in de zwarte elkaar gaan staan dan kunnen ze een Als eerst naar stieren kijkt en kijkt en 891 koeien. koeien zien we indaar reandere daar afhangen. w regels = ( Over + 20–22 (Z witte + staat z) 1580 je gels 17–19 ditdit Als naar WWuit 2226 4 ) de oeien. we in over reandere gels 17–19 ditvan Als je eerst naar de stieren kijkt en gels 17–19 Als jedeeerst naar de stieren kijkt enwilt WW uituitzien dat je een getallen17–19 Als jeeerst eerst destieren stieren kijkt en uit krijgt je G Als dat in (2) invult 1580 1602 W =dit B.== Als jeBB. dan B =je 891 kiest vind jenaar dit Over de witte33koeien 4 ziengels 891 Als je laten 891 komt er Z en ten slotte vind je dan krijgt je G = B. Als je dat in (2) invult gels 17–19 dit Als je eerst naar de stieren kijkt en W uit koeien dit vierkant vormen (regels 33–36), en W uit vergelijking (3) elimineert door vergelijking (3) elimineert door vergelijin regels 20–22 staat over de zwarte koeien 891 891 1 1 els 17–19 dit Alsde je eerst naar de stieren kijkt en W uit 1602 vergelijking (3) elimineert door vergelijvergelijking (3) elimineert door vergelijvergelijking (3) elimineert door vergelijvolgende oplossing, alleen voor de stiekomt er B. Z =Als Bdan en B ten= slotte vindvind je dan 1602 1W 1 12226 z = ( staat + over ) (G de + g) meester bent moet je een oplossing vinin regels 20–22 zwarte koeienvergelijking 891 = je 891 kiest je komt er Z = B en ten slotte vind je dan 1 1 vergelijking (3) elimineert door vergelij1 1 1 king (1) in te vullen, en daarna Z elimineert dit de gevlekte en bruine vergelijking (1) in te vullen, en daarna (3) elimineert door vergelijin regels 20–22 4staat5over de1 zwarte koeien + + )w891 (Z ww= =( (ren: king indaarna te vullen, en daarna Z elimineert stieren kunnen (1)(1) inen te vullen, daarna Z die elimineert king (1)vind in king te1580 vullen, Zenelimineert (+ ) (Z +=z)891 + alleen z) =w (Z(+=B.+z) z)891+)je(Z 1 11 1 Wvolgende = )2226 Als dan B kiest je den aan de volgende voorwaarden vol2226 dit 3 4 1 1580 de oplossing, voor de stie1580 1580 (1) in teBvullen, enje daarna elimineert krijgt G B.jeB.Als dat (2) 3 4elimineert 4 dan B.3king Als je = Z891 kiest vind je (1)=4in891 te vullen, en daarna elimineert + ) (Z + z)king3W (+ g) dit de w krijgt je G =891 Als je dat invult . Als bij elkaar in (2) een mooie driehoek gaan Z krijgt jejede 891 krijgt G =jeje B.inB. Als jeinvult dat in in (2) invult G=stie=Z dat in (2) invult += z) =z (= (+4koeien 1+) (Z 1)w(G 891 891 1580 krijgt over gevlekte we4 in regels ren: 891 de volgende oplossing, alleen voor doet: als de witte en de zwarte stieren bij 1580 1602 krijgt je G = B. Als je dat in (2) invult z= ( 14 +51 ) lezen (G +3 g) 3 de(W, oplossing, alleen voor de 1602 vind je dan 1602 1602 krijgt jevolgende G Z, = G, B.=Als je dat (2) invult komt erer Z Zkomt =stieBer B) (2226, 1602, 1580, 891) 891in z = ( 4 + 5 ) (G in + g) Als je dat in (2) invult staan (regels regels 20–22 staat over de zwarte koeien =slotte B vind en ten slotte vind jestaan dan dan kunnen ze een vier891 komt er Zten =Zten B en ten slotte vind je37–40). dan komt =891komt Bener en slotte jeelkaar dan 23 en 24 ren: regels 20–22 staat over de zwarte koeien gaan in in regels 20–22 staat over de zwarte koeien 20–22 staat over de zwarte koeien 891 891 891 1602 4 5 lezeninweregels 1602 2226slotte vind over de gevlekte koeien in regels ren: komt er Z = B en ten je dan 2226 2226 2226 komtwe er ZinZ, = G, B en tenslotte slotte vind dan = =je891 B. dan kiest je891 instaat regels 20–22 staat over de dit zwarte koeien 891 W ditditwe over de gevlekte koeien lezen en ten vind je dan n regels 20–22 over de lezen zwarte koeien W =891 Als jekiest dan =kant kiest vind je 33–36), en de gevlekte 891B) WAls =jeje B.BB. Als je dan Bvind =B 891 kiest vind je W B.Als dan B=. =891 891 vind je dit vormen (regels (W, =2226 (2226, 1602, 1580, 891) de gevlekte in regels 891 891 elk 6299 stieren dus. Maar 1 met 1 1in totaal 23over en 24 1 koeien 1 2226 de gevlekte koeien lezen we in regels W = B. Als je dan B = 891 kiest vind je 1 1 de volgende oplossing, alleen voor de stie1 1 1 dit (W, Z, G, B) = (2226, 1602, 1580, 891) W = B. Als je dan B = 891 kiest vind je t over 891 z = ( + ) (G + g) de volgende oplossing, alleen voor de stiede volgende oplossing, alleen voor de stiede volgende oplossing, alleen voor de stieg = ( +23 )en (B24 +1 b) 1 en bruine stieren kunnen Als je dan B = 891 kiest vind Dat betekent dat W + Z eenbij elkaar in een 891 23 en 24 regels z = ( + ) (G + g) (W, Z, G, B) = (2226, 1602, 1580, 891) z = ( + ) (G + g) z = ( + ) (G + g) van de oplossing is ren: er ook alleen een; wevoor de stie1 5 1 6 z = ( + ) (G + g)de4 veelvoud 23 en 24 volgende oplossing, 5 stieren volgende oplossing, alleen voor deMaar stie-elk 5 de 4de4je 4 5 5in totaal met 6299 dus. ren: 1 + g) ren: ren: mooiemoet driehoek gaan staan z = ( +1 ) (G volgende oplossing, kwadraat zijn en G + B (regels een 37–40). hebben oneindig veel oplossingen: g =4 ( 15+ 1) (B +4over b) 5de gevlekte ren: met inlezen totaal 6299 stieren dus. Maar elk koeien we in regels ren: veelvoud van de oplossing is er ook een; we Dat betekent dat W + Z een kwadraat moet met in totaal 6299 stieren dus. Maar elk over de gevlekte koeien lezen we in regels 5 6 over de gevlekte koeien lezen we in regels over de gevlekte koeien lezen we in regels 1 1 en ten slotte gzeggen ) (B25+en b)26 dit over = ( +regels voor is deer(W, stieren: driehoeksgetal. Een driehoeksgetal G,G, B)B) =(W, 1602, 1580, 891) veelvoud vanalleen de veel oplossing ook een; we g =koeien (de +koeien b) Z, B) =1580, (2226, 1602, 1580, 891) over lezen23we in regels (W, Z, G, G, B)1602, = (2226, 1602, 1580, 891) (W,Z, Z, =(2226, (2226, 891) 23 hebben oplossingen: 5 +gevlekte 6 ) (Bwe ver gevlekte inen24 regels zijn en G + B een driehoeksgetal. Een drieveelvoud de is er ook een; we 23 24 Z,oneindig en en 24 23en 24 (W, G,van B)(W, = soplossing ⋅Z, (2226, 1602, 1580, 891) dede bruine koeien 5 lezen 6 B) 1580, = (2226, is een getal dat je door middel van hebben veelG, oplossingen: Z, G,oneindig B) = (2226, 891)1602, 1580, 891) en 24 ten slotte23zeggen en 24 regels 25 en 26 dit over (W, 3 en hoeksgetal is een getal dat je door middel hebben oneindig veel1602, oplossingen: met in totaal 6299 stieren dus. Maar elk 1 1 en ten slotte zeggen regelszeggen 25 en 26 dit over 251(W, met totaal 6299 stieren dus. Maar met in in totaal 6299 stieren Maar elkelk met instieren totaal 6299 stieren dus. Maardus. elk Z, G, B)met (2226, 1602, 1580, 891) 1 =1 s 1⋅in 1b) 1 slotte 1regels 126 totaal 6299 dus. Maar enzeggen ten regels stippen in een driehoek kun leggen; de koeien enbruine ten slotte en126 dit over g g= =( (met +en (B natuurlijk getal. Maar van stippen in een driehoek kun leggen; ze g+ =+6299 (B) ) (B +dus. b) met totaal 6299 stieren dus. Maar elk geen =(B (willekeurig + )stieren + b) = 1( + ) (W 25 +1 w) +6 s)totaal )Z, b)+=in veelvoud van deveelvoud oplossing is is er ook een; we (W, G, s(B ⋅ (2226, 1602, 1580,elk 891) met in Maar de bruinebdit koeien 5 1 van de oplossing is er ook een; we veelvoud van de oplossing is er ook een; we veelvoud van de oplossing er ook een; we 5 6 (W, Z, G, B) = s ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) 5 6 6 7 5 6 elk veelvoud van de oplossing is er over de bruine koeien ze zijn van de vorm 1 + 2 + … + n dus g = ( + ) (B + b) de bruine dit is nog steeds alleen voor de stieren. zijn van de vorm 1 + 2 + ⋯ + en n en dus te g =koeien ( +1 )1(B + b)5 6 veelvoud van de oplossing is er ook een; we hebben veel oplossingen: veelvoud vanwillekeurig de oplossing is er ook een;oneindig we met s een natuurlijk getal. Maar hebben oneindig veel oplossingen: hebben oneindig veel oplossingen: hebben oneindig veel oplossingen: 1 b =5( 16+ 1) (W + w) Met nog meer werk kun je in de overige verschrijven als n(n + 1). . ook een; we hebben oneindig veel te schrijven als en ten slotte zeggen regels 25 en 26 dit over hebben oneindig veel oplossingen: met s een willekeurig natuurlijk getal. Maar 2 6 7 1 1 hebben oneindig oplossingen: en zeggen regels 25 26 dit overMaar dit isslotte steeds alleen voor enzeggen tenten slotte zeggen regels en en 26de ditstieren. over Dit probleem flauwe ten slotte regels 25 enveel 26 dit25natuurlijk over b = heeft ( + een ) (W +en w)oplossing: met snog een willekeurig ben=ten ( slotte + )25 (W +26w) gelijkingen w,oplossingen: z, g, en bvoor ook de in Bgetal. uitdrukMet andere woorden: we moeten k zo be(W, Z, G,G, B)B) =(W, ⋅s(2226, 891) zeggen regels ende 26bruine dit koeien dit over is nog steeds alleen stieren. n nul ten slotte zeggen ende dit over G, B) s1580, ⋅1580, (2226, 1602, 1580, 891) (W, G, B)1602, =1602, s=⋅ (2226, 1602, 1580, 891) (W, Z, =s Z, ⋅ Z, (2226, 891) koeien Met nog meer werk kun je in de overige verde bruine koeien runderen van66regels alle77 soorten. Dat is25 nadebruine bruine koeien dit is nog steeds alleen voor de stieren. Dit probleem heeft een flauwe oplossing: ken. Als je stug volhoudt dan zul je vinpalen dat W + Z = 4657 ⋅ 3828 ⋅ k een kwa(W, Z, G, B) = s ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) de bruine koeien Met nog meer werk kun je in de overige verG, B) = sz, ⋅ (2226, 1580, e bruine koeien met Met andere woorden: we moeten k zo gelijkingen w, g, en b1602, ook in overige B 891) uitdruktuurlijk niet de heeft bedoeling; je verwacht dat 1(W, 1Z,1dat Met nog meer kun je inmet de ver- s een Ditrunderen probleem flauwe oplossing: 1in1werk 1 g,oplossing sBeen willekeurig natuurlijk getal. Maar 1 w) 1den nul van alleeen soorten. Dat isbnade sw, de voor de stiedraat isgetal. enMaar GMaar + B = 4657 ⋅ 2471. ⋅ k een drieDit probleem heeft een flauwe oplossing: met s een willekeurig natuurlijk = ( + ) (W + met s een willekeurig natuurlijk getal. met s een willekeurig natuurlijk getal. Maar gelijkingen z, en b ook in uitdruk. b (=je(+ +z, ) (W w) volhoudt dan je vinde wel soorten. watheeft zal =(W +stug )een (W + w) bna= 6( ken. + b)Als w) willekeurig natuurlijk getal. Maar dit stieren. Dit1 toch probleem eenisflauwe bepalen dat W + Z = 4657 3828 k 1 runderen 1 Dat gelijkingen w, g, en b+ook iniszul Bnog uitdruknulzonnegod runderen van 1 alle met willekeurig natuurlijk getal. Maar dit voor tuurlijk bedoeling; je veelvoud 4657 moet dus hoeksgetal. 6stug 7van s 7een natuurlijk getal. Maar 7 sde 6ren 7een b= +verwacht )Dat (Wis+dat w)met nul runderen soorten. nais nog steeds voor stieren. ditdit isalleen nog steeds alleen voor de de stieren. dit iszijn, nog steeds alleen voorde dealleen stieren. ken. Als volhoudt dan zul jesteeds vinbniet = oplossing: ( de +van )alle (W +(w) den datwillekeurig de6je sditin oplossing voor de stiehebben. ken. Als je stug volhoudt dan zul je vinis nog steeds alleen voor de stieren. nul runderen van alle een verkwadraat is en Gmet + B = 4657 . 2471 . k 6 7 tuurlijk niet de bedoeling; je verwacht dat is nog steeds alleen voor de stieren. Met nog meer werk kun je in de overige 6de 7 wel watjerunderen de zonnegod toch zal sisden =nog 4657 ⋅ k. De aantallen koeien zijn dan te Om teoverige beginnen dit steeds alleen voor de stieren. tuurlijk niet bedoeling; verwacht dat Met nog meer werk kun je in de ver- W + Z: ontbind 4657 ⋅ Met nog meer werk kun je in de overige verMet nog meer werk kun je in de overige verdat de s in de oplossing voor de dus stieDit probleem heeft een flauwe oplossing: ren een veelvoud van 4657 moet zijn, Als je naar de vergelijkingen kijkt zie je er den dat de s in de oplossing voor de stieDit probleem heeft een flauwe oplossing: 2 Dit probleem heeft een flauwe oplossing: Dit probleem heeft een flauwe oplossing: de zonnegod toch wel wat runderen zal soorten. Dat is natuurlijk niet de een driehoeksgetal. Met nog meer werk kun je in de overige vergelijkingen w, z, g, en b ook in B uitdrukhebben. schrijven als 3828 Met nog meer kunis jenain de overige verde zonnegod toch wat runderen zal z,inen g,Ben b ook Bfactoren, uitdruk-2 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 (ja, 4657 gelijkingen z, g, buitdrukook in in Binuitdrukgelijkingen w,gelijkingen z, g, enw, b w, ook ren een veelvoud van 4657 moet zijn, Dit probleem heeft een flauwe oplossing: nul runderen van soorten. Dat salle =alle 4657 ⋅van k.werk De aantallen koeien dandus te met acht onbekenden. Dat betekent itzeven, probleem heeft eenwel flauwe oplossing: ren een veelvoud van 4657 moet dus runderen van alle soorten. Dat is nanul runderen alle soorten. Dat iszijn nanul runderen van soorten. Dat isook nahebben. gelijkingen w, z, g, en bzijn, ook in B in uitdrukken. Als jeje stug volhoudt dan zul jejevinAls je naarbedoeling; de vergelijkingen kijkt zie je er nul Met nog meer werk kun je de jevan verwacht dat de isvineen priemgetal). gelijkingen w, z, g, en b in B uitdrukhebben. ken. Als je stug volhoudt dan zul je vin- Om ken. Als je stug volhoudt dan zul je vinken. Als stug volhoudt dan zul s = 4657 ⋅ k. De aantallen koeien zijn dan te nul runderen alle soorten. Dat is natuurlijk niet de bedoeling; je verwacht dat schrijven als erje inderdaad oplossingen ongelijk aan uldat runderen van soorten. Dat naskniet =Als 4657 k. De aantallen koeien zijn dan tezul tuurlijk niet de bedoeling; je verwacht dat tuurlijk de⋅stug bedoeling; je dat verwacht dat tuurlijk niet bedoeling; je verwacht Als naarZonnegod de alle vergelijkingen kijktis zie jerunderen erde ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) ken. Als stug volhoudt dan je vinden dat de s in de oplossing voor de stiezeven, met acht onbekenden. Dat betekent ken. je volhoudt dan zul je vinoverige vergelijkingen w, z, g en toch wel wat zal Om te beginnen W + Z : ontbind Als je naar de vergelijkingen kijkt zie je er den dat de s in de oplossing voor de sties in de voor oplossing voor de stie-met den dat deden s indat de de oplossing de stieschrijven als niet je demoeten bedoeling; verwacht dat dede zonnegod toch wel wat runderen zalrunderen de nuloplossing teonbekenden. vinden zijn: we uurlijk detuurlijk bedoeling; verwacht datje schrijven als de zonnegod toch wel zal voor van de zonnegod toch wel wat zal zonnegod toch wel wat runderen ⋅k W + Z = 22 ⋅ 3 ⋅ 112⋅ .29 ⋅. 4657 zeven, met acht Dat betekent den dat dewat szal inrunderen de oplossing de stieren een veelvoud 4657 moet zijn, dus dat erniet inderdaad oplossingen ongelijk aan den dat de s in de oplossing voor de stie. zeven, met acht onbekenden. Dat betekent ren een veelvoud van 4657 moet zijn, dus ren een veelvoud van 4657 moet zijn, dus ren een veelvoud van 4657 moet zijn, dus k ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) b ook uitdrukken. Als je stug hebben. 4657 3828 in factoren, 2 3 11 . 29 . de wel wat runderen hebben. tenzonnegod minste ééntoch vrijheidsgraad. e verwachten zonnegod toch wel wat runderen zal we in dezal volgorde (w, veelvoud z,ing,Bb), net als bij de aantallen hebben. hebben. hebben. datnuloplossing er inderdaad oplossingen ongelijk aan ren een van 4657 moet zijn, dus s = 4657 ⋅ k. De koeien zijn dan te de te vinden moeten zijn: k ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) ren een veelvoud van 4657 moet zijn, dus dat eraan inderdaad oplossingen ongelijk aanvergelijkingen s 4657 =dat 4657 k.s De aantallen koeien ⋅ de k.⋅ De aantallen zijnzijn dan te szul = 4657 ⋅ k.s = De aantallen koeien zijnkoeien dan hebben. Als jejenaar de kijkt ziezie jestieren erkijkt een tetelaten zijn moet kOm dus van ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) 4657 (ja,tekwadraat 4657 isdan een priemgetal). volhoudt dan jeer vinden Denk één vergelijking met twee onbeebben. stieren. De aantallen worden jekde naar kijkt zie jedus er Als naar vergelijkingen zie jeals Als naar deAls vergelijkingen je er de nuloplossing te vinden moeten zijn: we =kijkt 4657 ⋅z,k. aantallen koeien zijn dan te schrijven als verwachten ten jeminste éénvergelijkingen vrijheidsgraad. s je = 4657 ⋅de k. de Desvergelijkingen aantallen koeien zijn dan teals in volgorde (w, g,De b), net bij de schrijven de nuloplossing te vinden moeten zijn: we als schrijven als schrijven 2 Als naar de kijkt zie je er zeven, met acht onbekenden. Dat betekent . . . de vorm 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅. 4657 ⋅ l.2kzijn. kenden als 3x + 4y = 0: één van de variabelsDenk je naar de vergelijkingen kijkt zie je er 3 11 29 4657 W + Z = 2 in de oplossing voor de stieren een zeven, met acht onbekenden. Dat betekent zeven, met acht onbekenden. Dat betekent zeven, met acht onbekenden. Dat betekent verwachten ten minste één vrijheidsgraad. schrijven als in de volgorde (w, z, g, b), net als bij de aan één vergelijking met twee onbeschrijven stieren. aantallen worden dus verwachten ten minste één vrijheidsgraad. in inderdaad dekals volgorde (w, stieren z, g, b), net alsaan bij de zeven, metuit acht Dat dat er inderdaad oplossingen ongelijk aan ⋅De 4657 ⋅ongelijk (2226, 1602, 1580, Nu G + B. Als D = 21 n(n + 1) een drielen ismet dan inéén de andere te onbekenden. drukken en die even, acht onbekenden. betekent dat er oplossingen ongelijk dat erbetekent inderdaad ongelijk aan dat ervariabeinderdaad oplossingen aan k k⋅ 891) (7206360, 3515820, 5439213) Denk aan vergelijking met twee onbestieren. De oplossingen aantallen stieren worden dus k4893246, kenden als 3x +er 4yinderdaad = 0: éénDat van de k(7206360, ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) ⋅ 4893246, 3515820, 5439213) ⋅ (7206360, 4893246, 3515820, 5439213) Denk aan één vergelijking met twee onbestieren. De aantallen stieren worden dus dat oplossingen ongelijk aan de nuloplossing tenuloplossing vinden moeten zijn: we hoeksgetal is dan is 8D + 1 = (2n + 1)2 een isals vrij3xteoplossingen kiezen. Zoiets geldt ook als atandere er inderdaad ongelijk aan kvinden ⋅ vinden (7206360, 3515820, 5439213) te moeten zijn: we de de nuloplossing te4893246, moeten zijn: we de nuloplossing te vinden moeten zijn: we4893246, kenden +andere 4y = 0: één van de variabek ⋅ (7206360, 3515820, 5439213) k ⋅ 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) len is dan in de uit te drukken en die kenden alsde 3xtenuloplossing +vinden 4y = 0:moeten één van de variabe(met telkens dezelfde k natuurlijk). De (w, z, g, b), net als bij kwadraat, vinden moeten zijn: we verwachten ten minste één vrijheidsgraad. enbij omgekeerd. Dus 8(G + B) + 1 twee vergelijkingen drie onbekenden in dede volgorde de e je nuloplossing zijn: we kéén ⋅ten 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) verwachten minste vrijheidsgraad. verwachten ten minste éénéén vrijheidsgraad. verwachten ten minste vrijheidsgraad. len is dan in de anderemet uit tete drukken en die volgorde (w, z, b), g,bij b), de in in de de volgorde z, g, net alsals bij de in volgorde (w, z, g, b),(w, net als denet andere is vrij te kiezen. Zoiets geldt ook als k ⋅die 4657 ⋅ (2226, 1580, 891) len is dan in de andere uit teminste drukken en dievergelijking kleinste, met kvolgorde = 1,1602, levert dan inDe totaal verwachten ten één vrijheidsgraad. Denk aan één met twee onbemoet een kwadraat zijn, zeg m 2 . Als we dat hebt. in de (w, z, g, b), net als bij de stieren. aantallen stieren worden dus erwachten ten minste één vrijheidsgraad. één vergelijking twee onbeinvergelijking de volgorde (w, z, g,onbeb),kmet net als bij de aanaan één vergelijking met twee onbeDenk één met twee (met telkens dezelfde natuurlijk). is vrij te kiezen. Zoiets geldtaan ookDenk alsDenk stieren. aantallen stieren worden stieren. DeDe aantallen stieren dusdus stieren. DeDe aantallen stieren worden dusworden jeandere twee vergelijkingen met drie onbekenden andere is vrij te kiezen. Zoiets geldt ook als 50.389.082 runderen. Denk aan één vergelijking met twee onbekenden als 3xkenden 4y4y =als één van invullen komt er Om dieéén oplossingen te met vinden moet jeals sysstieren. De aantallen stieren worden dus (met telkens kworden natuurlijk). De enk aan vergelijking metdrie twee onbeals 3x +van 4y =variabe0: één van de variabestieren. De stieren dus 3x +aantallen 4y =dedezelfde 0: variabekenden 3x+kenden + =0:0: één de variabekleinste, die met kéén = 1,van levert dan in totaal je twee vergelijkingen onbekenden (met telkens dezelfde k de natuurlijk). De hebt. je twee vergelijkingen met drie k in ⋅ die 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) kenden als 3x + 4y =onbekenden één de variabelen is0:onbekendan invan dede andere uituit tegeval drukken In ieder geeft ons (veel)dan meer runtematisch te werk gaan: telkens kleinste, die met ken =endie 1,dit levert totaal enden als 3x + 4y = 0: één van de variabek ⋅ 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891)2 k ⋅ 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) k ⋅ 4657 ⋅ (2226, 1602, 1580, 891) len is dan in de andere uit te drukken en len is dan in de andere uit te drukken en die len is dan in andere te drukken die 50.389.082 runderen. hebt. kleinste, die metkk⋅ 4657 = 1, levert dan in totaal Om die oplossingen te vinden moet sysm = 8 ⋅ 4657 ⋅ 2471 ⋅ k + 1 ⋅ (2226, 1602, is dan andere uitisje te drukken en andere vrij teandere kiezen. Zoiets geldt ook als deren dan beschreven in1580, de Odyssee. uitinvergelijkingen tot je ziet 50.389.082 runderen. k is⋅die 4657 ⋅ (2226, 1602, 891) nden ishebt. dan delen andere uitinelimineren tede drukken en die vrij te kiezen. Zoiets geldt ook als1580, 891) Kalypso uiteindelijk toch terug naar Ithaca kon reizen. Het eerste probleem Het eerste probleem Zoals gezegd zijn er stieren en koeien van Zoals gezegdprobleem zijn er stieren en koeien van Het eerste vier kleuren: geheel wit, geheel zwart, gevier kleuren: geheel wit, geheel zwart, van geZoals en gezegd zijn er stieren en koeien vlekt geheel bruin. Er zijn meer stievlektkleuren: en geheel bruin. Ergeheel zijn meer stievier geheel wit, zwart, ren dan koeien en er zijn relaties tussengede ren dan en er zijnErrelaties tussen de vlekt en koeien geheel bruin. zijn stieacht aantallen gegeven. Laten we meer met W, Z, acht aantallen gegeven. Laten we met W, Z, renen dan koeien en erwitte, zijn relaties de G, B de aantallen zwarte,tussen gevlekte G, enaantallen B de aantallen witte, zwarte, gevlekte acht gegeven. Laten we met W, en bruine stieren aangeven, en met w, z, Z, g, en bruine aangeven, en metgevlekte w, z, g, G, B verschillende destieren aantallen witte, zwarte, en en b de aantallen koeien. De en b de verschillende aantallen koeien. De en bruine stieren en met w, z,Uit g, relaties laten zichaangeven, als volgt weergeven. relaties laten zich als volgt weergeven. Uit Uit regels 9-11 halen we informatie en b de verschillende aantallen koeien. De regels 9-11 halen we informatie over de witte regels 9-11 halen weals over de witte relaties zich volgt stieren weergeven. Uit over deinformatie witte stieren laten stieren regels 9-11 halen we informatie over de witte 1 1 stieren (1) W = (1 + 1)Z + B W = ( 2 + 3 ) Z + B (1) (1) 21 31 W = ( + )Z +B (1) dan geven regels 12 en 13 informatie over de 3 regels dan geven 12 over en 13 dan geven regels 122en 13 informatie deinformatie zwarte stieren over de zwarte stieren zwarte stieren dan geven regels 12 en 13 informatie over de 1 1 zwarte stieren Z = ( 1 + 1)G + B (2) Z = ( 4 + 5 ) G + B (2) (2) 41 51 Z = ( + )G + B (2) en regels 14–16 gaan gevlekte stieren 4 over 5 de en regels 14–16 gaan over de gevlekte en regels 14–16 gaanstieren over de

of, iet

Nu ho vergel werk dat w

oploss zoeke

De P Een v m2 = vergel is vee elke d oploss een sp Om te meest linker

Daara missc En da We be makk y = 2,

zijn ze van de vorm 1 + 2 + ⋯ + n en dus te vaninstippen in een driehoek kunzeleggen; ppen een van driehoek kun zijnkun vanleggen; de vorm stippen inleggen; een driehoek De Pell-vergelijking 1ze 1 + 2 + ⋯ + n en dus te De Pell-vergelijking schrijven n(n + 1). zijnvorm van 1de+ vorm 1 ++ n2 en + ⋯dus + nteenschrijven dus te alsals1 n(n 2Pell-vergelijking n de 2 + ⋯ zijn 1van de vorm 1 + 2 + ⋯ + n en dus te + 1). De Een vergelijking van de vorm als boven, 2 De Pell-vergelijking De we Pell-vergelijking Met andere woorden: moeten k zo be- Een als1).2 n(n + 1).1 van de vorm als boven, 2 vergelijking en schrijven als 21 n(n schrijven + woorden: we moeten k zo beals boven, als 2 n(n + 1). Met andereEen = d ⋅ 2n 2 + 1, staat bekend als een Pellm vergelijking van de vorm 2 palen dat W + Z = 4657 ⋅ 3828 ⋅ k een kwaEen vergelijking van de vorm als boven, Met andere woorden: we moeten k zo be= d ⋅ n + 1, staat bekend als een Pellm Een vergelijking van de vorm als boven, 2 Z = 4657 2 ⋅ 3828 ⋅ k een kwadere woorden: moeten k zo beMetwe andere woorden: we palen moeten zo vergelijking. Over dit soort vergelijkingen = 1,Bdstaat ⋅ n4657 1, staat2⋅als bekend als een Pellm 2 datkW 2+be2+ draat is en G + = ⋅ 2471 k een drie= d ⋅ n + bekend een Pellm palen dat W + Z = 4657 ⋅ 3828 ⋅ k een kwavergelijking. Over dit soort vergelijkingen = d ⋅ n + 1, staat bekend als een Pellm at W + Z =palen 4657 ⋅dat 3828 k een + B = 4657 Over ⋅ 2471 ⋅ k een W⋅ + Z = kwa4657 ⋅ draat 3828 ⋅isk en eenGkwais veel bekend, onder andere dat ze voor soortdrievergelijkingen vergelijking. Over vergelijking. dit soort dit vergelijkingen G + ⋅B2471 = 4657 ⋅ 2471 ⋅ k eenhoeksgetal. drie- vergelijking. is veel bekend, onder andere dat ze voor Over dit soort vergelijkingen endraat G + is B en =draat 4657 is en G⋅ k+ een B = drie4657 ⋅ hoeksgetal. 2471 ⋅ k eenisdried die geen kwadraat is oneindig veel veel onder bekend, onder andere dat zeelke voor Om te beginnen met + Z: ontbind ⋅ elke is veel bekend, andere dat ze4657 voor hoeksgetal. ddat diezegeen is W veel bekend, voorkwadraat is oneindig veel etal. Om te beginnen met + Z:kwadraat ontbind onder 4657 ⋅ andere hoeksgetal. oplossingen hebben en dat die oplossingen elke d die geen is oneindig veel 2 W 3828 in factoren, 2 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 (ja, 4657 elke d die geen kwadraat is oneindig veel Om te beginnen met W + Z: ontbind 4657 ⋅ oplossingen hebben elke d die geen kwadraat is oneindig veel en dat die oplossingen 2 beginnen met Wte+beginnen Z:2 ontbind 4657 in factoren, ⋅ 29 ⋅ 4657 (ja, Om met W⋅+3828 Z: ontbind 4657 ⋅2 ⋅ 3 ⋅ 11hebben een speciale structuur hebben. oplossingen en dat 4657 die oplossingen is een priemgetal). Om oplossingen hebben en dat die oplossingen 3828 in factoren, 2 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 (ja, 4657 een speciale structuur hebben. 2 oplossingen hebben en dat die oplossingen factoren, 2 3828 ⋅ 3 ⋅ 11in⋅ 29 ⋅ 4657 (ja, priemgetal). Om structuur hebben. factoren, 22 ⋅4657 3 ⋅ 11 ⋅ is 29een ⋅ 4657 (ja,een 4657 Om te beginnen: je schrijft de vergelijking speciale een speciale structuur hebben. is een priemgetal). Om Om te beginnen: je schrijft de vergelijking een speciale structuur hebben. 2 2 2 riemgetal). isOm een priemgetal). Om dn =als1.volgt: Dan jekun jedie hetbreuk telkens meestal als m je schrijft vergelijking ⋅ Om 3 schrijft ⋅ 11te ⋅ 29 ⋅de 4657 ⋅ k jedeschrijft W +Om Zof=te22beginnen: 2Dit−werkt 2 Om te beginnen: je vergelijking − dn = 1. Dan kunkapt je het meestal als m beginnen: de vergelijking ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ k W + Z = 2 √ 2 1 2 kunlinkerlid 2 ontbinden: −ofdn =kun je het meestal als 2m=2 1. 2 2 + Z = 2 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ k W af: 2+1.√Dan 2 Dit werkt als volgt: je kapt die breuk telkens 2 = 1 − dn Dan je het meestal als m ontbinden: ⋅ 11 ⋅kwadraat 29 ⋅+4657 W + Z = 2 ⋅ 3een −dus dn = 1.linkerlid Dan de je het meestal als ⋅ 3 laten ⋅ 11 ⋅ 29een ⋅ 4657 ⋅ k k dus W Z = ⋅2kte Dit Ditwerkt werktals alsvolgt: volgt: jejekapt kapt die diebreuk breuk telkens telkens of ofm kkun zijn moet Daaraan dat Dit √ kwadraat te laten zijn moet 1kun 2jevan +zien 1√ linkerlid ontbinden: √= 1 + √ werkt als volgt, je kapt die breuk √ 1 1 een kwadraat te laten zijn moet k dus van af: linkerlid ontbinden: √ 2 linkerlid ontbinden: 2 √ √ af: af: 2 ⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ l zijn. Dit werkt als volgt: je kapt die breuk telkens of 1 1 1 . 11 . 29 . 29 . 46573 ⋅. 11 √ √ 2 2 = = 1 1 + + 1 de vorm een kwadraat te laten zijn moet k dus van d)(m − n d) = 1. (m + n van de vorm 3 l zijn. telkens af: √2√ √iets 2 +2√ 1 met √misschien adraat te laten moet kte dus van moet 1 te vormk 3dus ⋅ 11 ⋅van 29 4657je⋅oplossingen een zijn kwadraat d)(m , 1+= 1. af:1 , 1+ 1 ,...1 1l 2zijn. √⋅kun √1+omschrijven 2laten zijnde Nu + tot 2 + 2(m −21,++ √n √drie√ √ 2 , 1+− n 1d) 2+1=1n11,+1+ n(n 1) een Nu G + B. Als D = 1 de vorm 3 ⋅ 11 ⋅ 29 2 ⋅ 4657 ⋅ l zijn. 1 (m + n d)(m − d) = 1. 2 1 1 √ maken Enndat zo. 2 √ 2− n(m + 1 11, 1+ 11 , . . . m 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ l zijn. G + B. = 2 n(n + d) 1) een drie11 zijn. de vorm 3 ⋅ 11 1⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ lNu (mAls + n D d)(m =n 1. +hebben. d)(m d)is= ook 1. tot 1+ , 11+ ,oplossingen √ √ √ 22 kun + 1−omschrijven 2 +je 2zien −11, 2dat +1, √ 21++ Daaraan kun de een hoeksgetal is dus dan is 8D +√1Nu =Nu (2n +je1) 1,1,oplossingen 1+ ,,1+ 1+ 111 ,,21+ 1+ 1+ 1 1 ,,...... 1+ 1 1 ,,1+ n(n + 1) een drie-een NuAls G +DB.Nu DB. 1 2je 21+ √ kun Nu kun kun jeeen 22++11Daaraan omschrijven omschrijven tot tot 22zien ++ √ 22dat −−1,1, 1 2 een n(n +=Als 1) + B. = Als je de 2 1 hoeksgetal is dan is 8D + 1 = (2n + 1) + 1) een drieNu Als D drie= 21 n(n 1, 1+ , 1+ , 1+ , 1+ 2 2 1 1 1 1 11 , . . . 2GG++ B. Nu kun je 2 + 1 omschrijven tot 2 + 2 − 1, 2 √ d te maken 2hebben. ++ 2 2 + 1 2 + 21 + √ 2dus − 18(G =dat+ B) Daaraan kundat jeDus zien de kwadraat, en +oplossingen 1dat misschien een en is dan is 8D ++11)=2 (2n +kwadraat, 1) iets met 2 1 2 omgekeerd. dus dus √ 2 + + 2 2 + + 2 2 + + 1 Daaraan kun je zien de oplossingen √ een etalhoeksgetal is dan ishoeksgetal 8D + 1 = (2n 2 1 1 Daaraan kun je zien de oplossingen omgekeerd. Dus 8(G + B) + 1 is dan isis8D + 1 is = (2n + 1) een ietsDan metkund te maken hebben. 2 + eerst −dus driehoeksgetal dan We bekijken eens√d√=112. 2 222 + 2 + 2 + 111 2 +2 + 2 √− √ √ 22√ 11 misschien = kwadraat zijn, zeg m we dat en omgekeerd. Dus 8(G +moet B) +een 1een misschien is ook zo. 1 iets met maken hebben. 2 2 .dAls 1 111 √ 2− −En 11En at,kwadraat, en omgekeerd. Dus + misschien iets dzeg te maken hebben. zijn, m .iets Alste we datd2oplossing 2==dat +datis2√ − kwadraat, en8(G omgekeerd. Dus 8(G +kwadraat B) + 1met 2B) + 1 moet ook √ √ misschien met te maken hebben. 2gokken: −1 1 zo. = 222+++ 222++ 2 +2 +1 2 kwadraat, een en 8D + 1 = (2n + 1) je makkelijk een 22bekijken ++het22−−11eerst invullen komt er 2 + eens 2 − 1 d = 2. Dan kun je moet een kwadraat zijn, zeg m . Als we dat 2 We En dat is ook zo. maar dan kun je 2 − 1 vervangen door 2 2 2 2 111 2 + en kwadraatmoet zijn, zeg . Als wezijn, dat zeg √We2 bekijken En is we ookdat invullen komt erzo. En dat is ook zo. een m kwadraat m dat . Als eens d = 2. Dan kun je 222+++2 2 . 22 √ +eerst 1.door omgekeerd. Dus 8(G + B) + 1 moet m =(†): 3eens endan nd ==kun 2,2.want 3 √ maar jeDan 2√ − 1 =vervangen het diegokken: invullen er makkelijk een oplossing x = 3 en We bekijken eerst kun je rechterlid in 2 en werkt partiële breuken uit: maar dan kun je 2 − 1 vervangen door het n komt er komt 22 We2 bekijken eerst eens d = ⋅maar 2.k +Dan kun jeje invullen komt er een gokken: x = 3 en We⋅ bekijken eerst eens djemakkelijk = 222.−−1Dan kun2oplossing je door maar dan kun 1vervangen vervangen door het 8 ⋅ 4657 2471 1dan m 2 het 2 =dat rechterlid inkun (†):rechterlid werkt die partiële breuken uit: een kwadraat zijn, zegmakkelijk m . Als makkelijk een oplossing gokken: xy =y= =32,2, en = 8 ⋅oplossing 4657 ⋅ 2471 ⋅ k een + 1 oplossing mwe 23 = 2 ⋅ 22 + 1.en inwant (†): en werkt die partiële breuken uit: 2 en werkt die partiële breuken uit: een gokken: x = 3 en = 2 ⋅ 2 + 1. want 3 makkelijk gokken: x = 3 en rechterlid rechterlid in in (†): (†): 8 ⋅ 4657 ⋅ 2471 ⋅ k + 1 m =⋅ 2471 2√ 17Dat 41 3en 2 + en7werkt werkt die die partiële partiële breuken breuken uit: uit: 1 Hoe maken we meer oplossingen? kan m 2 = 8 ⋅ 4657 22 +2 dat 1. we 22 ⋅maken = 18 ⋅ 4657 k+ invullenm⋅ kkomt er ⋅ 2471met , kan k 1= 3 y⋅ 11=32⋅2,29 ⋅21.=l2want =want 2⋅ 4657 ⋅ y22=3+Hoe y⋅ = 2, want √1, , , √ maken we meer1 oplossingen? Dat = 2√⋅ 22 +meer 1. Hoeoplossingen? 2, 3, . .7. 17 3 417 17 41 =wordt 1 +3dat √ 1 wordt met k = 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ l √ √ 2 5 12 29 ,die , . . . telkens als kan volgt: merkDit opwerkt dat ( volgt: 2 volgt: −werkt 1)( 2kapt +1,volgt: 1)die Hoe we meer oplossingen? Dat werkt je kapt telkens ofwemaken , = 3,3breuk ,2 ,17 .41 . ,. breuk ofmeer 17telkens 41 11 √ je1,77kapt =dat 4657 1 .2 maken Dat als volgt: op2 Dat oplossingen? Dat 2√ =1oplossingen? +merk wordt. k dat+ Hoe ⋅m 112⋅=298 ⋅dat l .2 2471 √kan 2 ⋅ .4657 1merk 1 1 +Dit √meer volgt: op dat als ( als 2Dit − 1)( 2jeals + die 1) 2=breuk maken kan √ofkan √ we wordt = 3met ⋅ 11 ⋅ k29=⋅ 34657 1,1,5die ,12 , breuk ,,295 ,,12telkens ,29 ,...... √ of Hoe dat met ⋅kl = 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 ⋅ l 2 wordt √11als √ 2(√ + 2+−√ 1 1=√1.1 af:2 +af:Dit√1werktaf:als volgt: je kapt als volgt: merk op dat 2⋅21+ −2√ 1)( 22++ 1) 2 2 = = = 8 ⋅ 4657 ⋅ 2471 ⋅ 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅ 4657 l + 1 m 2 2volgt: √ 2 = 1 + √ 2 = 1 + √ . . . 2 2 5 5 12 12 29 29 2 = 1 + 1 2 − 1)( 2 1) = als merk op dat ( De rij rationale getallen die je zo krijgt con= 1.√2 +11 1) =2af: volgt: −11)( rij rationale getallen krijgt Met k = 3 . 11 29 4657m 2l=wordt 8 ⋅ 4657dat ⋅ 2471 ⋅als 3 ⋅ 11 ⋅ 29 ⋅merk 4657 ⋅op l2 +dat + 1 (2 1− 221−+ Dit werkt volgt: je kaptdie dieje telkens of De rijals rationale jebreuk zozo krijgt + 2als − 1 De √rij 2 = 12 ++ 21√+√ 121je Dat √getallen 8 ⋅ 4657 ⋅ 2471 ⋅⋅ 34657 ⋅ 11. ⋅⋅29 ⋅ 2l. −+1 1=. 1. 2 2−. 1 2=of1. 2 − 1 = 1. m 2 =⋅ 2471 De rationale getallen dietelkens je zodiekrijgt con- con2++2kun ++je −schrijven 1 vergeert √ √ 22kun naar 2. . ⋅1311. 11 ⋅ 4657 ⋅ 322 ⋅= l 2 ⋅⋅+34657 schrijven als Dit werkt als volgt: je kapt die breuk 4657 ⋅ 29 ⋅helemaal 4657 ⋅ l +uitgeschreven: 1+ 1 √ √ m 2 +2Dat 1=√ √ 1 1 1 vergeert naar 2. af: =118⋅ ⋅.29 4657⋅ 2471 2471 4657 l m convergeert naar 1 1 1 1 1 1 1 of,29 √ 1 + 1 √ De De rij rij rationale rationale getallen getallen die die je je zo zo krijgt krijgt concon++ 1, 22−−1, 11√1+ √als √ 1 en nog een22keer kun jejeeen schrijven 17 of,Dat helemaal uitgeschreven: ,2nu 1+ 1+ , 3nu .en en nog √ √ , . .1217. die ,naar 1+12 1+ 11+ 1 ,je. 23.kapt kun jeDat schrijven als +1, 121+ 1,1, de 1+1,breuken , 1+naar ,2.en 1+ , 1+ , . . telkens . 11+ vergeert ,dehun telKijk Nu kun 2keer +Nu 12√ omschrijven tot 2tot +als , hun telKijk breuken Dat je √ Nu kun jekun +kun 1schrijven 2 +2 − 1,2√2−tot Dit als volgt: breuk +als 1 omschrijven + af: −2 ,1,naar √ 2omschrijven =je 1schrijven +of2keer 2 werkt 3 17 Dat kun je of, helemaal uitgeschreven: of, helemaal uitgeschreven: 2 1 1 1 vergeert vergeert naar naar 2. 2. √ 1 1 1 en nog een 1, 1+ , 1+ , 1+ , 1+ , . . . 2 1 12 1en 11 ofdus nu de , hun telDit21werkt alsKijk volgt: jenaar die breuk telkens (†) − 1√ =2 +√ 2 21 omschrijven Nu kun je 2⋅ + 2 + 2 − 1,lers maal uitgeschreven: 11breuken of, helemaal uitgeschreven: m 2 + 1 tot √ 1kapt lers en noemers geven telkens een √ en noemers geven telkens een oplossing dus l + 1 (∗) 2 + 2 + √ 3312 17 17 oplossing af: √ (†) 2 − 1 = 2 2 + 2 + 2 + 2 1 1 dus √ 2 22 = 410.286.423.278.424 2 + 2 + 2 + √ 1 2 = 1 + Dit werkt als volgt: je kapt die breuk telkens of en en nog nog een een keer keer 2 + 1 . 1,nu 1+ ,21+ , 1+ ,en 1+ 2 2 Kijk nu nu naar naar de de breuken breuken en hun hun teltel- , . . . √ ⋅21Nu l =√ +√ 1 √ ml +=1 410.286.423.278.424 1√ (*) √ dus √√ 2√ Kijk naar breuken en hun m = 410.286.423.278.424 kun je(∗) 1 omschrijven tot +11 1vergelijking 2 −21,2+ 1√ 12n lers en noemers geven telkens oplossing 1 2 +1(***) 21vergelijking af:22+de van de m = +12121.,, De eerste 1als 2Kijk √ −of (†) 1=(†) 1√ + (†) 2212n 21Dit + +eerste werkt volgt: je2 kapt die breuk telkens + 2de 111 1een van m222+ =+ +,1 1+ 1. 22De 1 2 − 1 = √= l 2 + 1 (∗) m 2 = 410.286.423.278.424 √ 2 −1 2+ 22=√ − 2 21√+= −111omschrijven 1,werkt 1+ ,21+ , 2.eerste .oplossing . we1even af:1 , 1+ 2 √ √21=121 − − 1 =tot 2 + + +12211+2√ 22n +tweede 2volgt: + 1 1 √ 2=+√ + 1 1, = 410.286.423.278.424 ⋅ l 2 + 1 ⋅(∗) lers lers en en noemers noemers geven geven telkens telkens een een oplossing hadden we all en de vullen = 410.286.423.278.424 ⋅ l 2 + 1 (∗) van de vergelijking m = + 1. De 2 + 2 + + 1 1 of Nu kun2jeof Dit als volgt: je kapt die breuk telkens of,miets korter tellers en noemers geven telkens een 2 + 1dus 1 2 − 1 2 + 1 af: Dit werkt als je kapt die breuk telkens 2√ += 1√ 2we all 2−1= √en1 de tweede 112122⋅ 1122 + 1. , 1+ 1 1 1 1++ √2 −111 2 +hadden we212+even 2vullen 2√ 1+2√2−2+1=21√ 221=+ 2=2= 12hadden 1vergelijking 1,2171+ ,221+tweede 1+ ,. 12 tot √ 289 =2288 1+ =2n 1+ 12omschrijven √ √√ van de vergelijking m 2n 1. De eerste eerste 2212+= 2+3− Nu kun je−11=2√ + 21+ − 1,de +,van 2 in: + +m21 ,2+ + 1 1 12af: we all en de vullen even 1 2 + 2 2 af: 11. De √ 2 √ √ 1 1 1+1, +.+we 2 = 1 + m2 = 4729494 .of( 2 . 4657 . l ) 2 + 1 (**) Nudus of oplossing van de vergelijking = 1 1 + 1, 1+ , 1+ , 1+ 2 + 2 + Zo √ 1 Dit werkt die √√ 2 1=31tot 1 +als =√289 telkens = 288 1 Hier = 2 ⋅ 1zit 121een + 1.heleboel in: 17 breuk kun je kun 2je+ 1je2omschrijven 2√ +volgt: 2+−√ 1,je2kapt 2+ 2 2 +1, 1+ 22theorie 2 . . 1achter. 2 + 2het − 1door 2 1 1 dan kun −+1112√ vervangen +je 1 22+door maar dan −kun 12√ vervangen door het √ 3 maar hadden hadden we we all all en en de de tweede tweede vullen vullen we we even even 2 1, 1+ , 1+ , 1+ , . . . 1 1 1 1 1 dus 2 1 maar dan − 1 vervangen het 1 = 289 = 288 + 1 = 2 ⋅ 12 + 1. in: 17 √ 2 + 2 + 2 + 2 + 1 √ 2 − = 2 + 2 − 1 Nu kun je 2 omschrijven tot 2 + 2 − 1, 2 2 2bewijzen +Zo, 1+ 2 we √ omschrijven 2 2+ af: 3 Hier heleboel √ door1 het kun bijvoorbeeld dat de partiële 1,=1+ , 1+ 2n +1theorie 12.je+De eerste hadden al2 + , . . . 1 3 indan dus 221,+ √ 2 = 1 +rechterlid maar kun 1 2vervangen 21√ 22+ 2117 +2,een 2achter. +1+ 21+ Nu je kun je tot 21+1 zit2 −een 1 Zo 2−+ 1m 12== in (†): 1+zit =breuken =12289 289 =12=1om 288 288 +om 221⋅⋅uit: 12 12,12.212.+ +.+1.1.1groter in: in: 17 Hier heleboel theorie achter. 2(†): + +2 1− 2− 1++√2 − 1√ rechterlid in √ √ √ 2bewijzen 1kleiner 1 , . . 2.2+ werkt diehet partiële breuken uit: √ je 1kun =2en dus en werkt die uit: 2rechterlid + 1 je √(†): 2partiële 2werkt + 211+ 111,kun 1 en die partiële breuken breuken en en 1+ , 1+ , 1+ , 1+ maar dan je 2 − 1 vervangen door bijvoorbeeld dat de partiële 1, 1+ , 1+ , 1+ , 1+ 2 + − 1 2 + Nu kun 2 + 1 omschrijven tot 2 + 2 − 1, rechterlid in (†): en nog een keer √ Nu je omschrijven tot de tweede vullen even in:2 zijn Nu hoeven we alleen nog of dus Nu2kun kun je 2√ + 11omschrijven 2en 1, −1= √ 1 1 22++Dittotwerkt 2√ 22−−volgt: 1 en 2breuken + + + jedie telkens 2die 1 2uit: 12partiële werkt partiële √ 2breuk + 21+we 1 Hier Hier zit zit een heleboel heleboel theorie achter. achter. Zo Zo kun je bijvoorbeeld bewijzen dat de 11kapt 1een 1theorie 1+ als 2 1 1 2 dan het getal waar het om gaat, in dit √ √ √ 1 √ √ 2 − 1 = 2 + 2 − 1 maar dan kun je − 1 vervangen door het 2 1 1 1 rechterlid groter zijn 232√en √ + 22++211. 22++ breuken 22,−−1,11+ om 2 7en 3en 41 2+ 3om 41 2 +17 2177werkt +je + 1,11+2in1+2,(†): 1+ ,11+ ,kleiner .17 .=. 288 dus die partiële uit: 7+222+ 17 41.breuken √ 2 + + af: √ en nogtot een keer Nu kun je 2 + 1 omschrijven 2=+ = 289 1 = 2 12 oplossingen van vergelijking (*) tedus 2√ − 1,, dus √ − 1 = √ 2 − 1 2 1 + kun kun je bijvoorbeeld bijvoorbeeld bewijzen bewijzen dat dat de de partiële partiële √ breuken om en om kleiner en groter zijn geval 2. Voor 2 geldt dan dat elke 2 + 2 + √ 1 1, , , , , . . . 1 2 dan + , 3 7het , 1, ,, . .gaat, 2 √211+ 21,waar 1 1 41 1.2. 1 en het 1 het ,. uit:, in1 ,2.dit 17 nog keer √ rechterlid 229 maar je +22−−11dan vervangen door 1 2 =in 1en+ getal om 2√ =(†): ++een 11√ werkt 2√ 11+1= 2kun 1 2 partiële 5breuken 12 29 − 112= 22en +2groter 2 = 1het 21,het 5, getal 12 dus minder werk te zijn even partiële breuk een41 oplossing van ,2waar .om .722+29 √ 2= of, iets vinden; korter het blijkt √ √ 5,3.om 12 2, breuken +om +kleiner +door 2 + die √ dan het om gaat, in dit 2zijn maar dan kun2je 2nog vervangen breuken om en en kleiner en groter zijn + levert 12−keer 11 √ 17 2en=nog 1je−+ 1 21 +1het 1 2. Voor + en een een keer √ √ 2 + − √ 1 1 1 2 rechterlid in (†): √ 2122werkt 2dan 1 √maar 2 5 29 2 + 2 − geval 2 geldt dat elke 2 1 1 1 dan kun 2 − 1 vervangen door √ en die partiële breuken uit: 2 m =getal 2n1,+waar 1.,2 geldt , het , . . dat .gaat, 2 + dan 12je+2√je +tot√ geval elke rechterlid in√(†): ndan dan het getal waar het om om gaat, in in1 dit dit2 √ 2√+ 1maar 2 −Nu 1dat =kun 1, 1+2 +De , en 1+ ,1het 1+ ,het 1+ .2,. con.+dan 3zit72. 17Voor 41 1 vervangen door dan een heleboel achter. vergelijking (**) op te lossen, wil √22kun 1√ +rij + je omschrijven 2211−−+211,− werkt die2Hier partiële breuken 1−=21√ rationale getallen die zo con2.zo 5krijgt 12,theorie 29 2con+ + √(†): √ √ √die De rij1rationale die 21kun +2 √ 1 + maar 2+ De rijgetallen rationale getallen je zo krijgt 2vervangen + 2 −21122even partiële breuk oplossing van in 1,√ ,een ,√ ,je ,je1.uit: .krijgt .1 levert 2 rechterlid −dan 12 =kun 1partiële √ Opgave Bereken nu de zesde breuk en m 2 = 4729494 ⋅ (2 ⋅ 4657 ⋅ l)2 + 1 (∗∗) 2 +maar 2 2 1 en werkt die breuken uit: 2 = + √ even partiële breuk een oplossing levert van + 2 2 = 1 + je 2 − 1 vervangen door het ngeval geval 2. 2. Voor Voor 2 2 geldt geldt dan dan dat dat elke elke De rij rationale getallen die je zo krijgt con1 2 + 2 − 1 3 7 17 41 rechterlid in (†): maar dan kun je 2 − 1 vervangen door het 2+2. 52naar 12bijvoorbeeld 221 + naar 2 1naar dus √ √ +2. 2 +29partiële 2 + : 111 √vergeert √(***) jebepaal bewijzen zeggen, eerst en werkt die breuken 2=kun vergeert 2. nog een mvergeert = 2n + 21.Zo 1 in 23 zo √ 1, oplossing ,die, jeuit: ,vankrijgt ,dedat . .verge. con7√ 41 2het + 1 rechterlid √ door 2n,12rij +rationale √ De 22keer ==1 112++√ 2en − 1werkt 17 √ m 2vergeert + 2 die rechterlid in (†): 2 = 12++ Kijk leven even partiële partiële breuk oplossing levert levert van van 171een naar 2.17 + rechterlid (†): 3oplossing 17 zo29 2.√,getallen 2een en nog een keer 2in+ en nog een keer 1, ,+ , 1.23partiële , .3m .breuk 2 maar dan kun2 je partiële breuken uit: 2 5 12 2 − 1 vervangen door het 3 7 17 41 en nog een nu naar de breuken en hun tel1 √ en werkt die breuken uit: 2 − 1 = Kijk nu naar de breuken en , hun tel= 2n + 1. lijking 2 + 2 − 1 Kijk nu naar de breuken en , hun tel√ 1 = 4729494n + 1 de partiële breuken om en om kleiner m 1 1 2 = 1 + 2 2 + 1 12 1 oplossingen van 25getallen 2 12 2,29 3 ,zo 17 241en 2 3 12 Opgave 1. Bereken nu de zesde breuk De rij rationale die je krijgt con12 7 17 2 + 2 − 1 2 1, , , . . . en nog een keer vergeert naar 2. 2 + 2 + 2 − 1 bij Nu hoeven we alleen nog m m = = 2n 2n + + 1. 1. 1 2 lers Kijk nu Opgave naar de22telkens breuken en , hun tel1.Er Bereken nu de zesde breuk en 2 = 1 +en√werkt √ 1 22die 1 + + √ + rechterlid in (†): 2 + en noemers geven een oplossing 2 12 1, , , , , . . . lers en noemers geven telkens een oplossing 5De 123rij 29 zit nog meer achter deze rijoplossing breuken. lers en noemers geven telkens een breuken 3 waar 17 je (∗) te vinden; het blijkt minder 72.oplossing 17nu 41 3een oplossen en onder de oplossingen en groter zijn dan het getal het =je1 1krijgt +1 partiële en nog een keer √ zo de naar 7van 17 41verge2+ 25breuken + getallen zoBekrijgt 2 lange +vergeert 2uit: − 1nog 111bepaal √ naar 1 2√ en ,breuk hun tel2de 12 29 een oneindig kettingbreuk: √ r- vergelijking 2geven 2het lers en noemers oplossing bepaal nog een oplossing van de die verge√ √ 217 2zesde 12 √ 1, 2Opgave ,Kijk , 22n ,√ .je .3getal .2rationale √√1het Opgave Bereken nu zesde breuk en en con√√2212+ + 22n en kwadrateer het: derij vergelijking m,zo =kijk +,Bereken 1. ,en ,3 eerste ,con. de .22de .+ 1,1.=1.2telkens De rationale getallen die zo krijgt van de vergelijking m 2n +De 1.een De eerste 2nu +11door + 21− 222+ +1+1 1√van 2 van de vergelijking m = 1. De eerste 212+ =−keer + √ √ maar dan kun je 1 vervangen en nog een werk te zijn vergelijking (∗∗) op te lossen, 2 = + 2 2 2 2 = = 2n + 1. lijking m √ , hun telKijk nu naar de breuken 2 = 1 + √ 2 5 12 29 vergeert naar 2. 2 . die n-en zoeken die een veelvoud om gaat, in dit geval 2 + 2 − 1 2 = 1 +12 + 22 −+ 13 127+√17 2 41 lers en noemers geven telkens een oplossing 2 5 12 29 De rij rationale getallen die je zo krijgt conte = 2n + 1. lijking m van de vergelijking m = 2n + 1. De eerste 1 1 2 12 − 1 = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) √ 1 bepaal bepaal zo zo nog nog een een oplossing oplossing van van de de vergevergewe all en de tweede vullen we even 1nog1 een keer √ vergeert 2. wehadden allDe engeven dewe tweede vullen we even 2=1+ 17 all ennu de tweede vullen we3 even ,−√ , . 1. partiële . naar rij rationale getallen je2zo con+1++,1werkt 2hadden 1hadden 2 die in (†):en nog zeggen, eerst zijn. √ √ 22,en lers en telkens een oplossing √ 221+ 1,√22√ + en 2 = 1 rechterlid + en , hun telKijk naar de breuken die breuken uit: √dan van de vergelijking m = + krijgt 1. 2De eerste 22 3 2rij 22217 herkennen we de tweede oplossing van vergeert naar 2.de en dat wil van Er meer achter deze breuken. Bekeer dat elke even Voor 2 . 4657 2hadden we all en vullen we even 22 + 2 noemers 29 12de 22n en nog keer2 + een Er zit nog meer achter rij breuken. Be= =getallen 2n 2n + +1,deze 1.1. lijking lijking m m +De 22zit −−= 1nog 11289 2= 1−+11 2 + 2 =251−2+2121+ =De 288 +2rationale 1=√ = 21geldt ⋅tweede 12 + in: 17 en hun telKijk nu naar de breuken = 289 = 288 + 2 ⋅ 12 in: 17 rij rationale getallen die je zo krijgt con2 + 2 1en een 2= 21. 289 = 288 + = 2 ⋅ 12 + 1. in: 17 vergeert naar 2. rij die je zo krijgt con√ 1 √ 1 3 17 je krijgt een oneindig lange kettingbreuk: 2 12 2 + 2 2 vergelijking. √ van de vergelijking m = 2n + 1. De eerste 1 nog een keer lers en noemers geven telkens een oplossing je krijgt een oneindig lange kettingbreuk: hadden we all en de tweede vullen we even √ 1 en , hun telKijk nu naar de breuken ). kijk het getal 3 + 2 2 en kwadrateer het: = 289 = 288 + 1 = 2 ⋅ 12 + 1. in: 17 √ 2 + 3Zo 17levert partiële breuk een oplossing 2+ 2 =en 1 +nog kijk het getal 3 2. +de 2achter 2√ en kwadrateer het: √rationale 31naar 7een 17Kijk 41 2achter 12deze √ √ 21 + getallen 2De + rij een heleboel theorie achter. Zo keer lers en noemers geven telkens een oplossing Hier zit heleboel theorie achter. vergeert 2. √ √zo √ Hier Er Er zit zit nog nog meer meer deze rij breuken. BeBeHier zit heleboel theorie achter. 2breuken. en telnu naar breuken 12 +een vergeert naar m 2 = 4729494n 2 + 1 3 , hun √ √ 2een 1zit die jelers krijgt con2 we 2 +√ 2 − 1 hadden all en de tweede vullen we even en ga2 Zo na dat 2.√ Bereken (3 2 +2 ⋅2rij 2) 12 van de vergelijking m = 2n + 1. De eerste , , , , . . 1, 22.Opgave √ √ 2een + 2 1−√21√ = 289 = 288 + 1 = 12 + 1. in: 17 2 + − 1 2 + en noemers geven telkens een oplossing et = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) 3 17 2 2 2 + 2 − 1 √ Hier zit een heleboel theorie achter. Zo 2 je je krijgt krijgt een oneindig oneindig lange lange kettingbreuk: kettingbreuk: √ 1 = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) 3 17 2 = 1 + 1 en nog een keer 2 + 2 2=−1 1+ kun je de bijvoorbeeld bewijzen dat de DE PELL-VERGELIJKING =bewijzen +breuken 1+33dat .geven van m nog een keer van m = 2n 1. De eerste kun jevergelijking partiële Kijk nu naar delers breuken ,partiële tel5289 12 29 2 1+ 22bijvoorbeeld 2+ kijk kijk het het getal getal +2+ 2de 2hun 222enen kwadrateer kwadrateer het: het:we even kun je bijvoorbeeld bewijzen dat de partiële en noemers telkens een oplossing Kijk nu naar de en , hun tel√2 en 1 2+ je2n de oplossing van daarnet krijgt. vergeert naar 2. 22en 2derde 12 √ 1 1 √ 1 = = 288 + 1 = ⋅ 12 1. in: 17 = 1 + hadden we all de tweede vullen 12 √ 2 + 1 √ √ √ √ √ √ Hier zit een heleboel theorie achter. Zo deom vergelijking m =een 2n +we 1.2zijn De eerste e- oplossen en onder de oplossingen die n-en herkennen we de tweede van de kun je bewijzen de partiële 1 herkennen we de tweede oplossing van de 22oplossing √2. 217+12 2 =2 + 12+= 1 + 2van +noemers 17 bijvoorbeeld om om kleiner en groter 22 = 11+ √ hadden we all en de vullen even en om kleiner endat groter zijn lers geven telkens oplossing √√ 2breuken −3 en 1en = =geven 9+12 9+12 2+8 2+8 = =je 17+12 2. Daar (3+2 (3+2 2) 2) Een vergelijking vaneen dekeer vorm alsen nog breuken om en kleiner en groter zijn en nog 212++breuken 2om 2pDaar van detweede vergelijking mbewijzen = 2n + eerste lers en noemers telkens een oplossing breuken , en hun teleeneen keer Er geldt zelfs meer: als 2de 2) en nog keer Hier zit een heleboel theorie achter. Zo 1vergelijking. en nog een 289 = 288 + 1(3 =1.+2De ⋅ 12 +uit1. in: 17 11 +naar kun bijvoorbeeld dat partiële 2+1=2nu 111 rijdan 2 breuken 12 hadden we all en tweede vullen wedit even √ el zoeken die een veelvoud vergelijking. De rationale getallen die je zo krijgt 12 −de √ √ 22++ 2Kijk −keer om en+m om kleiner en groter zijn 2 1getal 2 =con2 de 2 gaat, √ een 2 2 √ 1 het waar het om in dit + 1 2 + 2 2 2 ⋅ 4657 zijn. = 289 = 288 1 = 2 ⋅ 12 + 1. in: 17 dan het getal waar het om gaat, in en nog keer van de vergelijking = 2n + 1. De eerste √ van herkennen herkennen we we de de tweede tweede oplossing oplossing van van de de 2 + 2lers danhadden het getal waar het om gaat, in dit werkt en schrijft als mde +n 2 met natuurwe all en de tweede vullen we even van de vergelijking m = 2n 1. eerste 1 2 + p+ p De √ = d . n + 1, staat bekend boven, m Opgave 1. Bereken nu zesde + en noemers geven telkens een oplossing 2 2 1 2 2 = = 1 + + √ √ √ √ 2 + √ √ kun je bijvoorbeeld bewijzen dat de partiële 2 = 1 + ⋱ Hier zit een heleboel theorie achter. Zo √ √ breuken om en om kleiner en groter zijn 3om 2 = 1 + = 289 = 288 + 1 = 2 ⋅ 12 + 1. in: 17 ze 3 vergeert naar 2. dan het getal waar het gaat, in dit 1 1 2 + 2 2 en ga na dat Opgave Bereken (3 217Voor en nog 1 1 m11geval en ga dat 2. Bereken (3 + 2geldt 2) √vergelijking 2 van +een 2.we Voor 23we dan dat elke 2 hadden 2breuken +2 zit 22. −2. 1Opgave Hier een heleboel theorie achter. Zo geval Voor geldt dan elke all en de tweede vullen we even 1keer √ 1√ √ vergelijking. vergelijking. geval 2.geldt 2+ dan dat elke =+2√ 289 =de 288 1dat =het 2vullen ⋅een 12 +we 1.naeven in: 17om hadden all en2) tweede 1 √ de = 2n + 1. De eerste 1 2 + √ 1 om en kleiner en groter zijn 2 + 1 en nog een keer als een Pell-vergelijking. Over dit breuk en bepaal zo nog kun je bijvoorbeeld bewijzen dat de partiële en nog een keer dan het getal waar om gaat, in dit √ 2 + 2 + 2 − 1 2 2 + + Hier zit heleboel theorie achter. Zo te Kijk even nu naar breuken en ,12 hun tel2. Voor 2daarnet geldt dan dat2√ 2derde 2 levert 2=1+ √elke en nog 2partiële je de oplossing van krijgt. 2 = 2√ 1een + je de derde oplossing van daarnet √ = 1keer + 2 + 2 =hadden 12 partiële breuk een oplossing van 1 22en kun je bijvoorbeeld dat partiële even partiële breuk oplossing levert van =de289 =een 288 1een =√ 22. ⋅ 288 +een 1. 17geval 3krijgt. 3achter. 111in: 1 + 2112+we √ even breuk oplossing levert De Pell-vergelijking Hier zit een heleboel =+2bewijzen =2. 1de = 2en ⋅+theorie +dit 1. in: 17 + −+ 1de 4289 tweede vullen we even 1 en enga gavan na naZo dat dat Opgave Opgave 2. Bereken Bereken (3 (3 +12 2geldt 2om 2) 2) getal waar het om gaat, in breuken om kleiner en groter zijn √ √ geval Voor 2de dan 2 = 1 + 2√ soort vergelijkingen is veel bekend, oplossing van de vergelijking kun je1. bewijzen dat partiële 21nog +2√1 eenall 2 −dan 2 het lers noemers geven telkens een oplossing 2++ + 1 1+1 en partiële breuk een oplossing levert van 2 2 1 2even 2 bijvoorbeeld p zijn p dat elke en keer √ √ 2 2 2 2 + m = 2n + 2 + 2 breuken om en om kleiner en groter m = 2n + 1. Hier zit een heleboel theorie achter. Zo √ 2 + uitEr geldt zelfs meer: als je (3 + 2 2) uitEr geldt zelfs meer: als je (3 + 2 2) m = 2n + 1. 2 + 2 +1 in: kun je bijvoorbeeld bewijzen dat de partiële Hier zit een heleboel theorie achter. Zo 1 Een vergelijking van de vorm als boven, 1 1 = 289 = 288 + 1 = 2 ⋅ 12 + 1. 17 2 + 2 2 je je de de derde derde oplossing oplossing van van daarnet daarnet krijgt. krijgt. en nog een keer 2 2 √ geval 2. Voor 2 geldt dan dat elke dan het getal waar het om gaat, in dit 2 = 1 1 1 2 1. 2partiële √ √ even breuk een oplossing levert van 2 + 2 − 1 1 breuken om en om kleiner en groter zijn evan de vergelijking m = 2n + 1. De eerste √ m = 2n + 1 2 + 2 − 1 1 = 2n + 1 . onder andere dat ze voor elke d m √en 2+ 2 +1een heleboel 2 √ √ en dan getal waar het om in dit kun jehet bijvoorbeeld bewijzen dat de partiële + 2 =een werkt en m 2van met natuurwerkt en schrijft als mschrijft +n 2221+++1Opgave 2√gaat, met natuurbreuken om en om kleiner groter je bijvoorbeeld bewijzen dat de partiële 1. Bereken zesde breuk p +n pen 2nu 2 oplossing √1 nog pde p als ⋅ n 2 + 1, staat bekend als een Pell- 2 + 2 =en Opgave 1.kun Bereken nu de zesde breuk en pdan pzijn dat elke zit theorie achter. Zo 1 en +keer Opgave 1. Bereken de zesde breuk 2nog + 21 een √ √ even partiële breuk een levert ⋱ geval 2.nu Voor 2+ geldt +Hierkeer 1 ⋱ m = 2n + 1. uituitEr Er geldt geldt zelfs zelfs meer: meer: als als je je (3 (3 + 2 2 2) 2) dan het getal waar het om gaat, in dit a- m = ddie hadden we all en de tweede vullen we even 2 + √ 1 1 2 + 2 − 1 Opgave 1. Bereken nu de zesde breuk en geen kwadraat is oneindig veel √ √ √ 11 2 =1 1 + geval 2. Voor 22nog geldt dan dat elke breuken om en om kleiner en groter zijn 2 +1 je bijvoorbeeld het getal waar het om gaat, in ditlevert van breuken om eneen om kleiner en groter zijn 1bepaal zo nog een oplossing van de vergezo nog een oplossing van de vergebewijzen dat de2√ partiële 2keer + nog een kun 2221+ bepaal zo oplossing van verge+bepaal m 2geval = 288 2n + 1.dan even partiële oplossing en keer √ √ werkt en en schrijft als als m mbreuk +n 22de met met natuurnatuur2 Bereken geldt dan dat elke e- vergelijking. Over dit soort vergelijkingen en nog√een = 289 = + 1nog =werkt 2Voor ⋅een 12 +schrijft pde p+n ppeen √ 21 + in: 17 Opgave 1.21.om nu de zesde breuk √lijking 2 getal 22. een oplossing van verge1 22 ++ 2√+12om 2zo 2 nog 2 =√1 + 2 + 2 + ⋱⋱bepaal 1en even partiële breuk oplossing levert van dan het waar gaat, in dit 2het 2Voor Er zit meer achter deze enzedat die 2 geval 2. 2 geldt dan dat elkeen dan het getal waar het om gaat, in dit = 2n + 1. m 1 is veel oplossingen bekend, onder hebben andere dat voor = 2n + 1. lijking m − 1 breuken en om kleiner groter zijn 2 − 1 = 2n + 1. lijking m √ 2 + √ √ 2+1+ 4zit 2 −12een 1 even m =oplossing 2n + oplossing 1.breuk 4 1.2 Bereken 2 2=+1 + √2√+ 1 √ √ 2 breuk een levert en nog een keer heleboel theorie achter. Zo 2Hier Opgave nu de zesde envan 2 partiële bepaal zo nog een van de verge= 2n + 1. lijking m 2 + 2 − 1 m = 2n + 1. geval 2. Voor 2 geldt dan dat elke 2 = 1 + even partiële breuk een oplossing levert 1 geval 2. Voor 2het geldt dan dat elkevan 2− 2+ √ 2kun + jeEr die geen kwadraat oneindig structuur veel rij breuken. Bekijk getal eenisspeciale √ getal 1 waar het om dit 1 1het 2in √2 +2 +dan zit nog meer achter deze breuken. 2rij Er zit nog meer achter deze rij 2breuken. Er zit nog meer deze rijBebreuken. Be- breuk en m121gaat, =zo 2n + 1. 7 ⋅ elke d oplossingen bewijzen dat de partiële bepaal nog oplossing van deBeverge√ √ 12+ 1. nu de zesde =achter 2n + 1.Bereken lijking m √ 1 √1lange 2een 2Opgave +bijvoorbeeld 2Er − √ 2 2 =een 1 je +oneindig √ even partiële breuk een oplossing levert van je krijgt een oneindig lange kettingbreuk: 4 4 2 = 1 + 2 + je krijgt lange kettingbreuk: m = 2n + 1. zit nog meer achter deze rij breuken. Beeven partiële breuk een oplossing levert van krijgt een oneindig kettingbreuk: oplossingen hebben en dat die oplossingen Opgave 1. Bereken nu de zesde breuk en 2.+ 1lange Voor 2kijk geldt dan dat elke 2kijk 2+ 22getal je een krijgt een oneindig en kwadrateer het: hebben. en kwadrateer het: het getal 3=2kleiner +2n 2het 2 + geval kijk het getal 3√ 2√ en kwadrateer het: 1 22+ √ 1 jekeer 3+ 2√ 2√en kwadrateer het: 57 breuken en om en groter zijn + 1. lijking bepaal zo nog een oplossing vanBede verge1 2om 2 1m 2 − 1 krijgt oneindig lange kettingbreuk: √ 2 Opgave 1. Bereken nu de zesde breuk en √ √ 1 en nog een √ √ √ Er zit nog meer achter deze rij breuken. m 2n 2 +2partiële 1 breuk een 2√ het 32+8 ++√ 21.=1.17+12 2 Bereken kwadrateer het: breuk en mgetal =van 2n 2 (3+2 +=kijk 21. 2+ een speciale structuur hebben. 2 = 1 + bepaal zo nog een oplossing van de vergeoplossing + 22+8 2de Opgave nu =+levert 9+12 2.= √ Daar (3+2 2) =21 het 9+12 =en17+12 2. Daar 2) √ √ Daarhet: 2)22+8 9+12 =de 17+12 2.. Daar (3+2 2 +1 lange dan het getal waar om gaat, in dit je krijgteven oneindig kettingbreuk: 2n +verge1.zesde lijking m √ 21een + 2 + 2 − 1 1 √ kettingbreuk: bepaal zo nog een oplossing van Er zit nog meer achter deze rij breuken. Be2 2 1 2 2 kijk het getal 3 + 2 2 en kwadrateer √ √ √ 1 =tweede 2+8 =een 17+12 2.enDaar (3+2 √ mlange 1 herkennen =2) 2n +9+12 1.tweede lijking m1.we Opgave Bereken nu de zesde breuk Om te beginnen: je schrijft de vergelijking √ =222n +2 − 1.√1 1 ++2 + zo nog oplossing van de Opgave Bereken nu zesde breuk en √devan √verge√ herkennen de oplossing van de + we de oplossing deoplossing je krijgt 22bepaal 21. herkennen de tweede oplossing van 2.kijk Voor geldt dan dat elke 2 =een 1+ 2zit 2√ =oneindig 1 + 21 + 2 = herkennen we de tweede Om te beginnen: je schrijft2de 1 + 1kettingbreuk: =(3+2 1.we lijking m het getal 32n + 2+tweede kwadrateer het: Er nog meer achter deze rij2.de breuken. Be2 + 22 geval −+ 1 1 √ =2n 9+12 2+8 =√ 17+12 Daar 2) 22 en 2 de herkennen we de√ oplossing van de bepaal zo nog een oplossing van verge1 1 1een meestal als m 2 − dn 2 = 1. Dan kun je2 het 2√2 = 1 +1 √ √ 2 = 1 + = + 1. lijking m bepaal zo nog een oplossing van de verge1 vergelijking. 2 + 2 − 1 Er zit nog meer achter deze rij breuken. Bevergelijking. Opgave 1. Bereken nu de zesde breuk en 2 je krijgt oneindig lange kettingbreuk: √ 1 vergelijking. breuk een oplossing van √1 2 + even 2 + kettingbreuk: 2+ √partiële √achter =meer 2+8 =het 17+12 (3+2 van de vergelijking 2+2+ kijklevert getal 32.+Daar 2oplossing 2 en kwadrateer het: 2 2) 29+12 herkennen we de tweede van de √ 2 2vergelijking. 2√ Er zit nog deze rij breuken. Beoneindig lange vergelijking. 1 √ 2 = 1 + = 2n + 1. lijking m linkerlid ontbinden: meestal als m - dn =je1.krijgt 1een 2 2 √ √ √ 2 + 2 − 1 3 2n +2) 1.achter m 3ga √ 2m+ oplossing 22n −kijk 1herkennen √ 3Er+de 2+ 2= en het: 3rij breuken. Be11 zo1 kettingbreuk: nog een van de verge2√ zit nog meer deze 2 bepaal + lange + het 1.√ en na dat 2. getal Bereken (3 2 (3+2 2) 1=1Opgave en ga na Opgave 2.lijking Bereken (3 + 22kwadrateer √ en ga =na17+12 dat Opgave 2. (3 + 29+12 2)dat √ we oplossing van de = 2+8 2. Daar 2)kwadrateer √2 + 2een 2 + je krijgt vergelijking. Dan kun ontbinden: an 3√ kijk het 3 tweede + 2Bereken het: = 1 oneindig + 2 + 12een 2 2.getal 2 12 +lange 2 + oneindig kettingbreuk: √ √ je het linkerlid en ga na dat Opgave Bereken (3 +rij 2en 2) √ √ √ = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) Er zit nog meer achter deze breuken. Be√ 1 = 2n + 1. m 2 + 2 − 1 je krijgt lijking kijk het getal 3 + 2 2 en kwadrateer Er zit nog meer achter deze rij breuken. Be-het: van de √ je de derde oplossing van daarnet krijgt. 1 je de derde oplossing van daarnet krijgt. 2 1 je de derde oplossing van daarnet krijgt. 1 Opgave 1. Bereken nu de zesde breuk en √ vergelijking. 2 + herkennen we de tweede oplossing 3 1 √ √ √ √ 1 2 krijgt + = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) 1 je krijgt √ eenjeoneindig lange kettingbreuk: (m + n d)(m − n d) = 1. 2 = 1 + enga ga Opgave 2.en Bereken 2)√en na dat Opgave Bereken (3krijgt. + 2de17+12 een 2oneindig lange 22. je derde oplossing van daarnet herkennen we de tweede oplossing kijk het getal 3(3+2 + 2als 22) kwadrateer het: + 1 meer √ 1 kettingbreuk: pvan =de 9+12 2+8 2. Daar kijk het getal 3je + 2√ 22√ en kwadrateer het: p= 1+zit2 nog 2 =√1 + 2 +Er + 1 de deze rij breuken. Bebepaal zo nog een oplossing van verge√ √ uitEr geldt zelfs je (3 + 22) vergelijking. uitEr geldt meer: als (3 +3 2) 2) √ √ √√ euitErBereken geldt zelfs meer: als je (3 + 2) pkrijgt. herkennen we de tweede oplossing van devan enoplossing ga na dat2√ Opgave 2.meer: (3 + 2derde 2 +11 1 2achter 2 zelfs 12 √ 1vergelijking. je de oplossing van √ 22=+1 + √ pdaarnet 2derde 1+ √ √ 1 na dat je de je krijgt een oneindig lange kettingbreuk: + √ = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) √ 2 2 herkennen we de tweede oplossing van de 2 + uitEr geldt zelfs meer: als je (3 + 2 2) = 9+12 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) 2 + 31 +lijking 22 +werkt 2m enwerkt het: 212=het 11+2getal =en 2nschrijft 1.werkt √2)3p en als m 2pdaarnet met natuur2 +kijk −√ en+√ schrijft als m 2√ met natuur2+ p+n 1derde √ en Daaraan kun je zien enp +n schrijft als m +n pOpgave vergelijking. √ jekwadrateer de oplossing van krijgt. ga na dat 2. (3 + + 2natuurpBereken p 2 met √ 1 √ ⋱2121+ ⋱9+12 √ dat de oplossingen 3meer: ⋱ 1 uitEr geldt zelfs als je (3 2 2) herkennen we de tweede oplossing van de daarnet krijgt. 2 + 1 vergelijking. werkt en schrijft als m +n 2 met natuurherkennen we de tweede oplossing van de 1 2 + 2 = 1 + √ en ga na dat Opgave 2. Bereken (3 + 2 2) √ p p = 2+8 = 17+12 2. Daar (3+2 2) = 1 +2 + 2 +1 ⋱ Er zit nog meer achter deze rij breuken. 3oplossing p√ √van daarnet krijgt. + 1 misschien iets met d te maken Beje(3 de derde 22 + 2vergelijking. +Er Opgave 1 zelfs 1 √ hebben. en ga na dat 2. Bereken + 2 2) 1 uitgeldt meer: als je (3 + 2 2) 1 werkt en schrijft als m +n 2 met natuur√ 1 3 p vergelijking. 1 jegetal de derde van daarnet krijgt. √ het: herkennen oplossing van de kwadrateer √ 2 + 1 we de tweede en ga na dat 2.√ Bereken (3√ +p 2 2) 2⋱+je 2 + kettingbreuk: 2 = 1 +je krijgt een oneindig lange at En dat is ook zo. 3en +derde 2oplossing 2Opgave en de oplossing van krijgt. √ werkt als m 2zelfs met natuur4 het Er geldt + 2 2) p uitp +n p3 daarnet 2 + 21 +2 + ⋱21 +kijk √ √ √4Opgave 3 als je (3 1schrijft 4Bereken 1 pmeer: en ga na dat (3 + 2 2) 1 vergelijking. 2geldt 2. √ je de derde oplossing van daarnet krijgt. en ga na dat Opgave 2. Bereken (3 + 2 2) √ uitEr zelfs meer: als je (3 + 2 2) 1 2 + 1+ (3+2 2)4√ = 9+12 2+8 = 17+12 2.enDaar We bekijken eerst eens d = 2. Dan kun 2je+ 2+ 2+ werkt schrijft √p 2 met natuurp +n Er zelfs meer: als√je (3 +natuur2 als 2) pmuit√ 1 Opgave 3 geldt 1 2 +(3 derde oplossing daarnet krijgt. 2 +12.2Bereken ⋱ je na de derde van √ werkt en schrijft als mvan +n 2 met 4Erdat 1 +je en ga 2 de p oplossing p meer: geldt zelfs alsdaarnet je (3 +krijgt. 2 2) p uitwe de tweede oplossing van de makkelijk een oplossing gokken: x = 3 en 2 + 2 =11 + 1 2) ⋱2 +2 +herkennen √ √ √ 2 + werkt en meer: schrijftals alsje m(3 met p natuur- p p +n p2 22) 4 daarnet 2van 1 je de derde1oplossing ⋱vergelijking. uitEr geldt zelfs krijgt. werktzelfs en schrijft uitEr geldt meer: alsmjep +n (3 2) natuur1 y = 2, want 32 = 2 ⋅ 22 + 1. p 22 met 1+ √ + als ⋱ √+ 2+ √ p als√m4 +n 2 + 2 + 2 + werkt en schrijft 2 met natuur3 p enp ga werkt en schrijft als m +n 2 met natuurHoe maken we meer oplossingen? Dat kan 1 p p uitEr geldt zelfs meer: als je (3 + 2 2) na dat Opgave 2. Bereken (3 + 2 2) ⋱ 1 4⋱ √ √ √ 2+ 2+ 4 2 met natuurals volgt: merk op dat ( 2 − 1)( 2 + 1) = werkt m derde je de p +n p oplossing 1 en schrijft als 4 van daarnet krijgt.

1 1 1 1 √ + 2 +2√ − 21 − 1

hoeft maar 92 m 1 = Opgave 1. Bereken nu nu de zesde breuk en en de noemers werk Weeerste zijn nog niet Aangelukkig die jeeven, krijgtdus zijnjebehoorlijk groot: n 2 =klaar. 2. De dat begin je met n 1 =helemaal oplossing te1 en vinden. getallen Opgave 1.Meer Bereken de zesde breuk diep te gaan in de kettingbreuk om de bepaal zo nog een oplossing van de vergehet oplossen van willekeurige vergelijkin1099319867328973497986623282143354390108804 We zijn nog niet helemaal klaar. Aan die je krijgt zijn behoorlijk groot: m = bepaal zo nog een oplossing van de verge1 2 2 Meer werk te vinden. De getallen = 22n +oplossen 1.+ 1. van willekeurige vergelijkinlijking m2 m gen10993198673289734979866232821433543901088049 van de vorm m 2 = d ⋅ n 2 + 1 zitteneerste nog oplossing en n 1 = 505494852343150330744778197355404089 het = 2n lijking 2 2 We nog zijneen nog niet helemaal klaar. Aan diebijje krijgt zijn behoorlijk m 1 we = moeten paar haken en ogen. Dat zie je goed Maar dan zijn we er groot: nog niet, gen van de vorm m = d ⋅ n + 1 zitten = 50549485234315033074477819735540408986340. en n Er zit nog meer achter deze rij breuken. Be1 Er zit nog meer achter √ √ deze rij breuken. Be- het oplossen van willekeurige vergelijkin10993198673289734979866232821433543901088049 d = 13. We schrijven de kettingbreuk even een oplossing (m , n ) hebben waarbij np ettingbreuk: kettingbreuk: kijkkijk een paar haken en ogen. Dat zie je goed bij Maar dan zijn we er nog niet, we moeten p p het getal 3 +3√ 2+ 22 en2 en kwadrateer getal kwadrateer 2 2 √ √ het:het: gen van in √ het √ √ de vorm m = d ⋅ n + 1 zitten nog 2 2d = 13. We = 50549485234315033074477819735540408986340. en n een wat overzichtelijkere notatie: een veelvoud van 2 ⋅ 4657 is. 1 schrijven de kettingbreuk even oplossing (m , n ) hebben waarbij n = 9+12 = 17+12 (3+2 p p p = 9+122+82+8 = 17+122. Daar 2. Daar (3+22) 2) een paar haken en ogen. van Dat zie je goed bij Maar dan zijnkwam we ernog nogmeer niet,Algebra we moeten eentweede overzichtelijkere notatie: Daar en Getaltheeen herkennen weinwe de oplossing vanvan de [3; 1,veelvoud 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1,2 1,⋅ 4657 6, 1, 1,is.1, 1, 6, . . .] herkennen dewat tweede oplossing de d = 13. We schrijven de kettingbreuk even een oplossing (m , n ) hebben waarbij np p p orie bij kijken. Het bleek dat Daar kwam nog meer Algebra en Getalthevergelijking. 1 vergelijking. [3; 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6,in. .een .] wat Hieraan kun je zien dat de dat rij getallen dieveelvoud van 2 ⋅ 4657 is. √6,√ overzichtelijkere notatie: een 3 orie bij kijken. Het bleek 1 1 en3 ga na dat Opgave 2. Bereken (3 +(32 + 22) 2) √ Opgave 2.Hieraan Bereken 2329 je krijgt periodiek is, in dit geval met Daar peri- kwam nog meer kun je zien en datga denarijdat getallen[3;die en Getalthe(m 1 Algebra + n 1 4729494) 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1,√ 1, 1, 6, . . .] je de oplossing vanvan daarnet krijgt. 1 1 je derde de derde oplossing daarnet krijgt. 2329 orie bij kijken. Het bleek dat je krijgt periodiek is,√in√dit geval met periode 5. (m 1 + n 1 4729494)3 4 7 11 + 1 p uitEr geldt zelfs meer: als je je (3 2+ 22) p2) Hieraan kun je de zien dat de getallen die Er geldt meer: kijken. Het dat Bekijk de eerste tien breuken: Bekijk eerste tienrijbreuken: , , getaltheorie , , een bij uitEr zelfs geldt zelfs meer: als je +(3 ode 5. als oplossing van bleek de grotere Pell1 √ 1 1 2 2 √ √ 2 +2 + 3 4 7 11 periodiek 393geval 649 2329 18 119 137is,256 werkt en schrijft als m +n 2 met natuurje krijgt in dit met perip p werkt en schrijft als m +n 2 met natuurBekijk de eerste tien breuken: , , , , met , en , 38 , 71 , 109 , en en 180de engrotere schrijf tel(m 1 + n 1 4729494) (∗) oplevert. Die oplossing is ⋱ ⋱ uitwerkt en schrijft als p p oplossing van Pell- vergelijking 1 1 2 2 5 , een 33 649 18 119 137 256 393 ode telkens 5. 13n22(∗) op oplevert. (m is is de teller, neen is deoplossing m22 -−13n , 33 m , 38 , 71np, ,109 , enkrijg , enschrijf schrijf telkens groot,de engrotere levert uiteindelijk een toen dan op natuurlijke getallen m Pellvergelijking Die oplossing is heel erg van 180 5 3 de p 2 2 Bekijk de eerste tien breuken: , 41uiteindelijk , 27 , 112 , een oplossing van de Die grotere Pell- cijfers. noemer). 1 − 13n op (m is de teller, n is de kens m taal aantal runderen opoplossing van 206545 heel erg groot, en levert een toje4zo4precies de oplossingen van teller, de noemer). vergelijking (*) oplevert. 119is 137 256 393 649 18 n , 33 , Je ,taal , −4, , en−3,1804,, −1, en op schrijf (∗) Diekudde oplossing is 4, −3, −4, envergelijking 1. Datgroot lijktoplevert. me een de Zonnegod van3,tel206545 38 krijgt 71 aantal 109 3,runderen 5 m2 = 2n2 + 1 . noemer). Je krijgt -4, is cijfers. heel erg enwel levert uiteindelijk 2 3, -3, 2 4, -1, 4, -3, 3, -4 en 1. kens m − 13n op (m is de teller, ndeisbreuken de Zonnegod heel en levert uiteindelijk een toDit illustreert twee dingen: dieerg groot, Je krijgt −4, 3, −3, 4, −1, 4, −3, 3, −4, en 1. waardig. Dat lijkt me wel een kudde de een aantal runderen op van noemer). taal totaal aantal runderen op van 206545 cijfers. belangrijk zijn horen bij de periode; Dit illustreert twee dingen: de breuken die echt waardig. Opgave 3. Kijk echt eensbelangrijk of je kunt Dit illustreert twee dingen: de 206545 cijfers. Dat lijkt me wel een Je krijgt −4, 3, −3, 4, −1, 4, −3, 3, −4, en 1. Dat lijkt me wel een kudde de Zonnegod zijn horen bij de periode; 5 de Zonnegod waardig. Dit illustreert twee dingen: dezijn breuken die kudde bewijzen dat je zo inderdaad breuken die echt belangrijk horen waardig. 5 echtperiode; belangrijkdaar zijn ishoren bij de periode; oplossingen van m2 - 2n2 = 1 krijgt. bij de het verschil

(Bewijzen dat er niet meer m2 - 13n2 het kleinst in absolute 5 Als je meer wilt weten over de lijke getallen m p en n p dan krijg je zo pre- daar is het verschil m 2 − 13n 2 het kleinst in waarde, namelijk 1. En1. door het om en oplossing en wat er allemaal bij komt oplossingen is moeilijker 2 cieszijn de oplossingen van m 2en absolute waarde, namelijk En door het = 2nvergt + 1. √ en groter zijn wat algebra.) kijken dan moet je het artikel Solving omkleiner en om kleiner en groter zijndan dan d van Opgave 3. Kijk eens of je kunt bewijzen dat om van de breukenmoet moet jeje bijbij eeneen oneven peje zo inderdaad oplossingen van m 2 − 2n 2 = de breuken oneven the Pell equation van Hendrik Lenstra 1 krijgt. (Bewijzen dat er niet meer oplos- riode wachten tot de dubbele periode voor 2 2 2 2 periode wachten tot de dubbele In het juninummer uit 1997 van eens opslaan: http://www.ams. daar is het verschil lijke getallen m p en nen je zo pre13n het kleinstmaar in je een oplossing van m = d ⋅ nm+ 1−vindt. singen zijn is moeilijker vergtkrijg wat Algep dan (De vijfde levert je een oplossing van de ombra.) voor een oplossing van Pythagoras staat een artikel org/notices/200202/fea-lenstra.pdf. cies de oplossingen vanvan m 2 = 2n 2 + 1. periode absolute waarde, namelijk 1. En door √ het 13n 2 − m 2 = 1.) 2 2 In het juninummer uit 1997 Pythagoras om kleiner en groter zijn dan d = d . om nPell-vergelijking +en 1 vindt. (De vijfde levert mgekeerde Peter Stevenhagen over het Opgave 3. Kijk eens ofvinden jevan kunt bewijzen dat Dit hadden we, achteraf, ook bij m 2 − 2n 2 = staat een artikel van Peter Stevenhagen over 2 2 van de breuken moet je bij een oneven pejehet zodie inderdaad oplossingen van m − 2n = een oplossing van de omgekeerde van getallen zowel een kwadraat Daarin staan formules voor alle vinden van getallen die zowel een kwa- 1 gezien: de periode was daar gelijk aan 1 en riode wachten tot de periode voor 2 oplossing 2dubbele 1 krijgt. (Bewijzen dat er niet meer oploselke tweede breuk gaf ons een van draat als een driehoeksgetal zijn; ook dat Pell-vergelijking 13n - m = 1.) als een driehoeksgetal zijn. Ook dat mogelijke oplossingen van het 2 2 − 2n 2 = 1.van m 2 = d ⋅ n 2 + 1 vindt. de vergelijking je een moplossing zijn is tot moeilijker en vergtmwat probleem leidt de Pell-vergelijking − Algeprobleemsingen leidt tot de Pell-vergelijking probleem. Daar kun je ook lezen 2 vergelijking 2n = 1 èn de omgekeerde Pell-vergelijking Voor onze (De vijfde levert een oplossing van de ombra.) 2 de Pellwe, achteraf, ook bij m2 - 2n2 = 12nèn 2 2 −m 2 =omgekeerde 1. Daar kun je zien dat de oneven Dit hadden gekeerde Pell-vergelijking 13n − m = 1.)waarom het geen toeval is dat 2 2 Inpartiële het2juninummer uit 1997 vanleveren Pythagoras 2 2 2 m = 4729494n + 1, breuken nuDaar net oplossingen 2 m = 1. kun je 2n = 1 gezien: de periode was vergelijking 2n m Dit hadden we, achteraf, ook bij m 2 − 2n 2329 = = (4657 + 1)/2. staat een artikel van Peter Stevenhagen van de tweede vergelijking. Ook wordt daar over en elke tweede zien dat de oneven partiële breuken daar gelijk aan 1 1 gezien: de periode was daar gelijk aan 1 en betekent dit dat je eerst de periode voor het vinden van getallen voor de tellers en de noemersdie vanzowel de heleeen rij kwa√ de van 4729494 op moet elkeons tweede gaf ons een van breuken dat die voldoen aan de breuk gaf eenbreuk oplossing vanoplossing de nu net oplossingen van dezijn; Rond 1980 werd dit probleem draat alsaangetoond eenleveren driehoeksgetal ook datkettingbreuk 2 werd Am2 betrekking leidt a k+1 =tot 2ade a k−1 . Voor de tel- msporen. 2 in 1880 2 m door − 2nA.2 = 1. deDat vergelijking k +Pell-vergelijking probleem − 2n = 1 vergelijking m tweede vergelijking. Ook wordt daar gebruikt om een (toen) nieuwe thor gedaan, de periode is 92. Nu is lers 2 begin je met m 1 = 1 en m 2 = 3, en voor Vooreven, onzedus vergelijking 2n = 1 èn de omgekeerde Pell-vergelijking dat gelukkig je hoeft maar 92 voor de tellers en de noemers van de supercomputer te testen, de CRAY-1. de2noemers begin je met n 1 = 1 en n 2 = 2. 2 −m = 1. Daar kun je zien dat de oneven 2n diep te gaan in de kettingbreuk om de Voor onze vergelijking hele rij breuken aangetoond dat die De computer had zo’n tien minuten 2 Meer werk m 2 = 4729494n eerste oplossing te vinden. De getallen+ 1, partiële breuken nu net oplossingen leveren 2 2 = 4729494n + 1 , m voldoen aan de betrekking nodig om alle berekeningen te doen. We zijn nog niet helemaal klaar. Aan die je krijgt zijn behoorlijk groot: m = 1 van de tweede vergelijking. Ook wordt daar het van tellers willekeurige vergelijkin- betekent 10993198673289734979866232821433543901088049 ak-1oplossen .de Voor de begin dit dat je eerst de periode ak +1 = 2ak +voor Het totaal aantal runderen uit de betekent dit dat je eerst de periode voor tellers en de noemers van de hele rij √ gen van de vorm m 2 = d ⋅ n 2 + 1 zitten nog en n 1 = 50549485234315033074477819735540408986340. 4729494 op moet de kettingbreuk van =een 1 en m = 3, en voor de je met m1 breuken voor de kettingbreuk van kleinste oplossing werd afgedrukt aangetoond dat die voldoen aan de paar haken en ogen. Dat zie je goed bij Maar dan zijn we er nog niet, we moeten 2 sporen. Dat werd in in 1880 door A. Ambetrekking a k+1n=1 =2a + ank−1 . Voor de teld = 13. je Wemet schrijven de1 kkettingbreuk even en = 2. noemers begin op moet sporen. Dat werd 1880 en beslaat 47 pagina’s. Je kunt het een oplossing (m , n ) hebben waarbij n p p p 2 gedaan, de periode is 92. Nuvinden is in een wat overzichtelijkere een veelvoud van 2 ⋅gedaan, 4657 is. en m 2 = 3, endoor voor lers begin je met m 1 = 1 notatie: A. thor Amthor de periode in: Harry L. Nelson, A solution kwam meer Algebra Getalthedat nog gelukkig even,endus je hoeft maar 92 2. de noemers met [3; 1, 1, 1, 1, begin 6, 1, 1, 1,je1, 6, 1, 1,n1,1 1,=6,1.en . .] n 2 = Daar MEER WERK is orie 92.bij Nu is dat gelukkig even, dus to Archimedes’ cattle problem. Journal kijken. Hetgaan bleek dat diep te in de kettingbreuk om de Hieraan kun je zien dat de rij getallen die je hoeft maar 92 diep te gaan in de We zijn nog niet helemaal klaar. of Recreational Mathematics 13 Meer werk √ eerste oplossing te vinden. De getallen je krijgt periodiek is, in dit geval met peri(m 1 + n 1 4729494)2329 Aan het oplossen van willekeurige om de eerste oplossing no. 3, 162–176. We zijn nog niet helemaal klaar. kettingbreuk Aan die je krijgt zijn behoorlijk groot: m 1 (1980/81), = ode 5. 7 11 Bekijk de eerste tienwillekeurige breuken: 31 , 41 ,vergelijkin, , het oplossen 10993198673289734979866232821433543901088049 vergelijkingen van devan vorm vinden. De getallen die je krijgt oplossing van de grotere Pell- zijn 2 2 teeen 18 119 137 256 393 2 649 , en 2schrijf tel, 38de, vorm , ,men vergelijking Die oplossing is van =180d ⋅ n + 1 zittenbehoorlijk nog 50549485234315033074477819735540408986340. en n(∗) 33 71 109 1 = oplevert. + 51, zitten nog m2 = d . n2 gen groot: 2 2 een paar kens m − 13n op (m is de Dat teller,zie n je is de groot, en levert uiteindelijk een niet, to- we moeten een paar haken en ogen. goedheel bij erg Maar dan zijn we er nog = 109931986732897349798662328 haken en ogen. Dat zie je goed bij d = 13. mtaal noemer). aantal runderen op van 206545 cijfers. 1 dJe=krijgt 13. We schrijven de kettingbreuk even een oplossing (m de p , nZonnegod p ) hebben waarbij n p −4, 3, −3, 4, −1, 4, −3, 3, −4,in en 1. Dat lijkt me wel een kuddeen We schrijven dewat kettingbreuk even inDiteen overzichtelijkere notatie:die 21433543901088049 illustreert twee dingen: de breuken waardig.een veelvoud van 2 ⋅ 4657 is. een wat overzichtelijkere notatie: echt belangrijk zijn horen bij de periode; n1 = 5054948523431503307447781973 Daar kwam nog meer Algebra en Getalthe[3; 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, . . .] 5540408986340 . Maar [ 3; 1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6, … ] orie bij kijken. Het dan bleekzijn dat we er 5 Hieraan kun je zien dat de rij getallen dieniet, we moeten een oplossing nog √ 2329 je krijgt periodiek dit geval met(m peri1 + n 1 n4729494) , np) hebben(m waarbij een Hieraan kun je zien dat deis,rijingetallen p p ode 5. veelvoud van 2 . 4657 is. die je krijgt periodiek is, in dit geval Bekijk de eerste tien breuken: 31 , 41 , 27 , 112 , een oplossing van de grotere PellDaar met periode 18 119 , 5. , 137 , 256 , 393 , en 649 , en schrijf tel- kwam nog meer algebra en vergelijking (∗) oplevert. Die oplossing is heel erg groot, en levert uiteindelijk een totaal aantal runderen op van 206545 cijfers. Dat lijkt me wel een kudde de Zonnegod waardig.

kens m 2 − 13n 2 op (m is de teller, n is de noemer). Je krijgt −4, 3, −3, 4, −1, 4, −3, 3, −4, en 1. Dit illustreert twee dingen: de breuken die echt belangrijk zijn horen bij de periode; 5

109

180

44 MATHSJAM ANTWERPEN

ENKELE MATHSJAM-WAARDIGE WISKUNDERAADSELS

NUMMER 1 Er zitten 20 mieren op een houten lat met een lengte van 30 cm. Elke mier begint in een willekeurige richting te lopen (links of rechts) met een vaste snelheid van 1 centimeter per seconde. Als twee mieren elkaar tegenkomen, botsen ze en draaien ze allebei direct om, om dan de andere kant op te lopen. Een mier die het uiteinde van de stok bereikt, valt eraf. Wat is de maximale tijd die het kan duren voordat alle mieren van de lat zijn gevallen, ongeacht hun beginposities en richtingen?

NUMMER 2 Een monnik vertrekt om 08:00 uur 's ochtends aan de voet van een berg en loopt via een smal pad naar de tempel op de top, waar hij om 17:00 uur aankomt. Hij stopt onderweg om te rusten en loopt soms sneller of langzamer. De volgende ochtend om 08:00 uur vertrekt hij weer vanaf de top en loopt via hetzelfde pad terug naar beneden, waar hij om 17:00 uur aankomt. Is er een tijdstip waarop de monnik op beide dagen op exact dezelfde plek op de berg was?

NUMMER 3

NUMMER 4

Een vliegbasis ligt exact op de evenaar. De basis heeft een aantal identieke vliegtuigen. Elk vliegtuig kan met een volle tank exact een halve cirkel om de aarde heen vliegen. De vliegtuigen kunnen in de lucht in een fractie van een seconde brandstof naar elkaar overpompen. Het doel is om één vliegtuig een volledige ronde om de aarde te laten vliegen en veilig te laten landen op de basis. Alle vliegtuigen moeten uiteindelijk ook weer veilig landen.

Je hebt een grote rechthoek. Deze rechthoek is perfect opgevuld met een aantal kleinere rechthoekjes (alsof je een mozaïek of een legpuzzel legt). Van elk klein rechthoekje is gegeven dat tenminste één van de twee zijden een geheel getal is (bijvoorbeeld: de ene is 2 × 3,5 en de andere is 1,7 × 4). De kleine rechthoekjes mogen willekeurig gedraaid liggen, maar dus wel evenwijdig met de zijden van de grote rechthoek.

Hoeveel vliegtuigen moeten er minimaal opstijgen om dit te bereiken?

Moet de gegeven grote rechthoek nu ook minstens één zijde hebben die een geheel getal is?

NUMMER 5 - HET RAADSEL VAN DE 100 KLUISJES Er staan 100 gesloten kluisjes op een rij, genummerd van 1 tot en met 100. Er komen achter elkaar 100 studenten langs: • Student 1 loopt langs en opent elk kluisje. • Student 2 loopt langs en verandert de toestand (als het open is doet hij het dicht, als het dicht is open) van elk tweede kluisje (2, 4, 6, 8...). • Student 3 verandert de toestand van elk derde kluisje (3, 6, 9, 12...). Dit gaat zo door tot Student 100, die alleen de toestand van kluisje 100 verandert. Welke kluisjes staan er aan het einde open?

NUMMER 6 Je hebt een houten kubus met ribben van bijvoorbeeld 10 cm. Is het mogelijk om een gat door deze kubus te boren waar een andere, identieke kubus van 10 × 10 × 10 in zijn geheel doorheen kan schuiven?

NUMMER 7

NUMMER 9

Je hebt een massieve houten bol. Je boort hier recht van boven een perfect rond gat doorheen, precies in het midden. Het gat heeft een hoogte van exact 6 cm. Omdat het gat door het midden gaat, blijft er een soort houten ring over (een kraal).

Achttien even grote vierkantjes worden over elkaar heen gelegd zoals in de figuur. Wat is de volgorde waarin deze papiertjes gelegd zijn?

Wat is het volume (de inhoud) van het houten deel dat nu nog over is?

NUMMER 8

NUMMER 10

Bewijs dat een convexe n-hoek nooit meer dan 3 scherpe hoeken kan hebben, en dat je voor elke waarde van n groter dan of gelijk aan 3 een convexe veelhoek kan vinden met precies 3 scherpe hoeken.

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20. Om de getallen van 1 tot 20 op te schrijven, hebben we 31 cijfers nodig. De som van deze cijfers is gelijk aan 102. Wat is de som van alle cijfers die nodig zijn om de getallen van 1 tot en met 1 miljard op te schrijven?

850001492

Ontdek onze extra uitgaven Hulpfiches De hulpfiches zijn een handige en compacte tool voor (ex-)OKAN-leerlingen, maar ook voor leerlingen die baat hebben bij extra ondersteuning op het vlak van taal in de klascontext. De hulpfiches zijn geordend in vijf rubrieken rond taalvaardigheden, grammatica, tijd en frequentie, getallen en rekenen en methodieken.

Meer info:

fiches

Prijs

€ 12,0

Teamteaching in uitdagende klasgroepen Sterk onderwijs in uitdagende klasgroepen vraagt meer dan goede wil. Het vraagt visie, voorbereiding, afstemming en vooral: volgehouden samenwerking. Wie lesgeeft aan jongeren in uitdagende klassen, weet dat kwetsbaarheid en groeipotentieel dicht bij elkaar liggen. Precies daarom geloven wij in teamteaching als hefboom voor kwaliteitsvol en verbindend onderwijs.

Meer info:

Prijs

€ 28,9

Didactiek van de wiskunde Ontdek in dit naslagwerk de meest recente wetenschappelijke en praktische inzichten over hoe leerlingen wiskunde leren, hoe je krachtige lessen opbouwt en hoe je complexe concepten helder overdraagt. In samenwerking met de Vlaamse lerarenopleiders wiskunde (VELOV) bundelt deze gids theorie, praktijkvoorbeelden en concrete tips die je meteen in je klas kunt toepassen. • Versterk didactische vaardigheden • Krijg houvast bij actuele thema’s zoals probleemoplossen, ICT en evalueren • Verdiep je in de didactiek van algebra, analyse, statistiek en meetkunde

Laat je inspireren!

Meer info:

@DieKeureEducatief /

Prijs

€ 44,0

@DieKeureEducatief /

Kleine Pathoekeweg 3, B-8000 Brugge – 050 47 12 62 – so@diekeure.be – diekeure.be/educatief

@ DieKeure /

@UitgeverijDieKeure