www.fransvanschooten.nl

Geheeltallig

Frans van Schooten zocht naar geheel­tallige driehoeken. In zijn aantekenschrift, GN108, staan een aantal voorbeelden. In de kantlijn verwees hij naar de "Arithmetica" van Bachet. Hieruit blijkt dat het niet om meetkunde gaat maar om algebra. Voor ons is algebra met letters heel vanzelfsprekend maar in de tijd van Frans van Schooten was algebra iets nieuws.


Achtereenvolgens komen aan bod:
1.  Wat is een geheel­tallige driehoek
2.  Wie zijn Bachet en Diophantus
3.  Wat staat er in GN108
4.  Meetkundige Verbanden in driehoeken
5.  Recepten om geheel­tallige driehoeken te vinden
6.  Lijsten van geheel­tallige driehoeken
Plato
Euclides
Fermat
Viète
van Schooten

Doel is om verrassende algebra opdrachten aan te bieden in een eenvoudige meetkundige context met een historische perspectief. Centraal staat de wiskundige zoektocht om vanuit een paar vergelijkingen met verschillende onbekenden te komen tot een recept waarmee die onbekenden uitgerekend kunnen worden. Middelbare school wiskunde volstaat: het gaat om algebraïsche vaardigheden als herleiden tot een merkwaardig produkt, werken met verhoudingen, herschrijven van breuken en soms het herleiden van machten.


Geheeltallige driehoeken

Een geheel­tallige driehoek is een driehoek waarvan de lengten van de zijden gehele getallen zijn. Daarvan zijn er oneindig veel, bijvoorbeeld de gelijkzijdige driehoek ABC met a = b = c = 1 of de gelijkbenige driehoek met a = b = 2 en c = 3, of zo maar een driehoek met zijden a = 2, b = 3 en c = 4. Van lijnstukken met lengte 2, 3 en 8 kan echter geen driehoek gemaakt worden. In iedere driehoek zijn twee zijden, willekeurig welke, altijd samen langer dan de andere zijde. Wiskundigen noemen dat de driehoeksongelijkheid. De Griekse wiskundige Euclides kende de ongelijkheid al. Ongeveer 300 jaar voor de jaartelling scheef hij al zijn wiskunde kennis op in een boek, "De Elementen". In dat boek is de driehoeksongelijkheid propositie 20.

Sommige recht­hoekige driehoeken zijn geheel­tallig, bijvoorbeeld driehoek ABC met rechthoekszijden a = 3 en b = 4 heeft langste zijde c = 5. Oneindig veel recht­hoekige driehoeken zijn niet geheel­tallig. De gelijkbenige driehoek met rechthoekszijden a = b = 1 heeft langste zijde c = √2 en √2 is geen geheel getal. Ook alle vergrotingen van deze driehoek zijn niet geheel­tallig. Geen enkele geheel­tallige driehoek is zowel gelijkbenig als recht­hoekig! Dat komt omdat je √2 niet kunt schrijven als een breuk van twee gehele getallen.
Ook de recht­hoekige driehoek met a =√2, b =√3 en c =√5 is niet geheel­tallig en bovendien bestaat er geen enkele geheel­tallige vergroting van.

Frans van Schooten tekende in GN108 een aantal geheel­tallige recht­hoekige driehoeken op folio 44 verso en 45 recto. Iedere recht­hoekige driehoek voldoet aan de stelling van Pythagoras. Dat is propositie 47 in "De Elementen" van Euclides.
Soms tekende hij een driehoek met een geheel­tallige hoogtelijn. Geheeltallige driehoeken met geheel­tallige hoogtelijn kun je maken door twee geheel­tallige recht­hoekige driehoeken met gelijke rechthoekszijde tegen elkaar te plaatsen. Ook kun je op die manier geheel­tallige driehoeken maken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt. Daarvan gaf Frans van Schooten veel voorbeelden op folio 45 verso en 46 recto. Ook geeft hij een voorbeeld met letters om te laten zien dat je deze driehoeken met algebra vinden kunt.
Voorbeelden met een geheel­tallige zwaartelijn gaf Frans van Schooten op folio 45 recto. Deze driehoeken kun je niet maken door twee recht­hoekige driehoeken tegen elkaar te plaatsen. Dit moet echt met algebra. Daarover gaat het hier.
Een geheel­tallige deellijn vond hij ook interessant. Er zijn geheel­tallige driehoeken waarvan de deellijn geheel­tallig is en ook zijn de twee stukken waarin de deellijn de basis verdeelt geheel­tallig. Voorbeelden staan op folio 47 recto.
Op zoek naar een geheel­tallige driehoek met een geheel­tallige hoogtelijn, geheel­tallige zwaartelijn en een geheel­tallige deellijn ligt de gelijkbenige driehoek voor de hand want in dat geval is de hoogtelijn gelijk aan de zwaartelijn en de deellijn. Neem bijvoorbeeld a = 6 en b = c = 5 want dan h = 4. Minder voor de hand liggen driehoeken die NIET gelijkbenig zijn.
Ook in zijn levenswerk, de "Mathematische Oeffeningen" behandelde Frans van Schooten het onderwerp geheel­talligheid. Daar staat op bladzijde 403 de opdracht om twee gelijkbenige driehoeken te vinden met dezelfde oppervlakte en omtrek.

Gehele getallen worden ook wel natuurlijke getallen genoemd. Daarvoor wordt in de wiskunde de speciale letter gebruikt.

Wikipedia: natuurlijke getallen

Proposities

Proposities zijn beweringen die 'wiskundig juist zijn.

Euclides: I-20 (langste zijde is altijd kleiner dan beide andere zijden samen)

Euclides: I-47 (Pythagoras)

Diophantische Vergelijkingen

G. Cornelissen heeft voor het vak Wiskunde D een boekje geschreven: "Diophantische vergelijkingen: mogelijkheden en onmogelijkheden"

Epsilon: wiskunde D

Getaltheorie

F. Beukers schreef voor VWO leerlingen het boek "Getaltheorie".

Epsilon: Getaltheorie


 

Bachet en Diophantus

Frans van Schooten Junior schreef tussen de driehoeken op folio 45 recto de naam van Bachet en de afkorting Dioph. en "p 418". Dat is een verwijzing naar de Franse wiskundige Claude Gaspard Bachet de Méziriac (1581-1638) die in 1621 een vertaling in het Latijn van de "Arithmetica" van Diophantus publiceerde. Op bladzijde 418 van dat boek wordt inderdaad gerekend aan zwaartelijnen.

Diophantus is een Griekse wiskundige, afkomstig uit Alexandrië, die leefde in de derde eeuw na de jaartelling. Zijn boek, "Arithmetica", is het enige algebra boek uit de Griekse tijd dat we nog kennen. Het gaat over het oplossen van vergelijkingen met onbekenden. In 1621 verzorgde de Franse edelman Bachet een invloedrijke vertaling. Frans van Schooten heeft die vertaling gelezen. Grote wiskundigen als Fermat hebben dat boek van Bachet grondig bestudeerd. Zo is een begin gemaakt met de moderne algebra.

In de kantlijn van folio 47 recto schreef Frans van Schooten nog een verwijzing naar het werk van Bachet. Frans van Schooten heeft vermoedelijk tijdens zijn colleges bij Jacob Gool kennis gemaakt met het algebraïsche werk van Bachet. Jacob Gool heeft dit boek vermoedelijk verworven uit de nalatenschap van Willebrord Snellius in 1626. Een andere mogelijkheid is dat Frans van Schooten in zijn studiereis tussen 1641 en 1643 dit boek gelezen heeft.

Meetkunde, Algebra of Getaltheorie

Het werk van Diophantus kan op verschillende manieren geïnterpreteerd worden. Voor Stevin was het algebra, Frans van Schooten maakte er in navolging van Viète meetkunde van. Bij Fermat begon de getaltheorie.

De geschiedenis van vertalingen en commentaren op het werk van Diophantus is lang. Meskens heeft in zijn Vlaamse vertaling, uitgebracht in 2006, een korte historie opgenomen. Die begint in de Griekse tijd (3de eeuw), loopt via een Arabische connectie (9de eeuw) en een Byzantijnse (11de eeuw) naar de Renaissance. Belangrijke, bekende, namen zijn Fibonacci, Bessarion, Holtzman, Stevin, Viète en Bachet.
Wilhelm Holtzman, (alias Guilielmus Xylander) 1532-1576, was professor Grieks aan de Universiteit van Heidelberg. Van hem is de vertaling uit 1562 van Euclides uit het Grieks naar het Hoog-Duits, waar Dou naar verwijst in zijn eerste Nederlandse vertaling van Euclides uit 1604. In 1575 kwam Holtzman (Xylander) met zijn Diophantus vertaling.
Simon Stevin, 1548-1620, is om verschillende redenen belangrijk voor de ontwikkeling van de wiskunde en die in Nederland in het bijzonder. Hij heeft bijvoorbeeld het programma geschreven voor het wiskunde onderwijs op de Duytsche Mathematique, de Ingenieursschool waar Frans van Schooten Senior en Junior de tweede en derde generatie docenten waren. In 1585 heeft Stevin zijn franstalige L'Arithmétique laten drukken. Het was een eigentijdse, algebraïsche versie van de eerste vier boeken van Diophantus. Girard heeft in een herdruk een bewerking van het vijfde en zesde boek toegevoegd.
Viète, 1540-1603, wilde algebra gebruiken om meetkundige en rekenkundige problemen op te lossen. Viète gaf een meetkundige interpretatie aan de opdrachten van Diophantus. Frans van Schooten Junior heeft het werk van Viète goed bestudeerd, hele stukken overgeschreven in zijn aantekenschriften en in 1646 een groot deel van de geschriften van Viète uitgegeven onder de titel "Viète Opera Mathematica".

In aantekenschrift GN108 staan alleen maar driehoeken met getallen langs de zijden. Omdat een toelichting ontbreekt is iedere interpretatie van dit werk speculatief.

Nederlandstalige Vertaling

Het Vlaamse echtpaar Meskens - van der Auwera heeft een Nederlandstalige vertaling verzorgd van de zes boeken van de Arithmetika van Diophantos, ingeleid met een historisch overzicht.

Gallica

Op deze Franstalige website staan veel oude drukken digitaal.

Bachet: Diophante Arithmeticorum libri sex

Google Books

De digitale bibliotheek van Google groeit snel.

Bachet: Diophante Arithmeticorum libri sex

Universidad de Sevilla

Sevilla stelt de vertaling van Xylander beschikbaar.

Xylander: Diophanti Alexandrini rerum arithmeticarum libri sex

Heath

De gezaghebbende Sir Thomas Little Heath heeft veel werken van Griekse wiskundigen vertaald.

Diophantus of Alexandria -A Study in the History of Greek Algebra

Voorbeelden van Bachet's problemen

Hieronder staan drie problemen uit de "Arithmetica" van Bachet. De oplossingen zijn gehele getallen.

Probleem I-1

Van twee onbekende getallen zijn de som en het verschil bekend.


Voorbeeld: de som is 100 en het verschil is 40, het kleinste getal van de twee is x. Het grotere getal is dan 40 + x. Daarom 2x + 40 = 100 zodat x = 30. Het kleinste getal is dus 30 en het grootste getal is 70.

Opdracht I-1

Van twee getallen is g de grootste en k de kleinste, de som is s en het verschil is v.
Druk g en k uit in s en v.

  1. Antwoord

    • Opdracht I-1

      Van twee getallen is g de grootste en k de kleinste, de som is s en het verschil is v.
      Druk g en k uit in s en v.

      Antwoord

      Gegevens en v
      Gevraagd g en k met g + k = s
      en gk = v
      Omdatg + k = s
      gk = v
      dan isg + k + gk = s + v
      2g = s + v
      g = ½(s + v)
      en omdat sg = k
      k = s½(s + v)
      k = ½(sv)

      Voorbeeld

      Voor v = 40
      s = 100
      is g = ½(100 + 40) = 70
      en
      k = ½(10040) = 30

Bachet: I-1 (opdracht I-1)

Probleem I-28

Van twee onbekende getallen, x en y, is de som bekend en ook de som van de kwadraten.


Voorbeeld: als de som 20 is en de som van de kwadraten is 208, neem dan x = 10 − z en y = 10 + z zodat 200 + 2z² = 208 waaruit volgt dat z = 2 en dus x = 8 en y = 12

Zebra

Opdracht I-28

Van twee getallen x en y is s hun som en k de som van hun kwadraten.
Druk x en y uit in s en k.

  1. Antwoord met kwadraat afsplitsen

    • Opdracht I-28

      Van twee getallen x en y is s hun som en k de som van hun kwadraten.
      Druk x en y uit in s en k.

      Antwoord met kwadraat afsplitsen

      Gegevens en k
      Gevraagd x en y met
      x + y = s
      + y² = k
      Neem½sz = x
      ½s + z = y
      Zodatsz)² + (½s + z)² = k
      s)² − sz + +(½s)² + sz + = k
      ½s² + 2z² = k
      2z² = k − ½s²
      z² = ½k − ¼s² = ¼(2ks²)
      z = √‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾k − ¼s²) = ½√‾‾‾‾‾‾‾‾(2ks²)
       
      Tot slot x = ½sz = ½s − ½√‾‾‾‾‾‾‾2ks²
      y = ½s + z = ½s + ½√‾‾‾‾‾‾‾2ks²

      Voorbeeld

      Voor k = 208
      s = 20
      is z = ½√(2 × 208 − 20²) = 2
      en
      x = ½ × 20 - 2 = 8
      en
      y = ½ × 20 + 2 = 12
  1. Antwoord met de abc formule

    • Opdracht I-28

      Van twee getallen x en y is s hun som en k de som van hun kwadraten.
      Druk x en y uit in s en k.

      Antwoord met de abc formule

      Gegevens en k
      Gevraagd x en y met
      x + y = s
      + y² = k
      Herleidx = sy
      Zodat (sy)² + y² = k
      s² − 2sy + y² +y² = k
      2y² − 2sy + s² = k
      2y² − 2sy + (s² − k) = 0
       
      abc formule
      y = +2s ± √‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾4s² − 4 × 2 × (s² − k)
      2 × 2

       
      y = s ± √‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾s² − 2s² + 2k

       
      y = s ± √‾‾‾‾‾‾‾2k − s²

       
      zodat y = ½s + ½√‾‾‾‾‾‾‾2ks²
      en x = sy
      zodat x = ½s − ½√‾‾‾‾‾‾‾2ks²
  1. Bachet: I-31 (opdracht I-28)

Probleem 6-18

Vind een geheel­tallige recht­hoekige driehoek waarvan de lengte van de deellijn van een van de scherpe hoeken ook geheel­tallig is.


Bachet volgde de uitwerking van Diophantus letterlijk. Naast de Griekse brontekst schreef Bachet zijn Latijnse vertaling en daaronder kwam hij met kanttekeningen.

Diophantus koos a = 3 en d = 5x en DC = 3x. In ∆ADC is volgens de stelling van Pythagoras b = 4x. Volgens Euclides VI-3 deelt in een driehoek de deellijn van een hoek de overstaande zijde in twee stukken die zich verhouden als de aanliggende zijden van die hoek. In algebra:

CD : BD = AC : CB, dus:  3x : (3−3x) = 4x : c.

Of als breuk opgeschreven:

CD=AC dus 3x=4x
BDAB3 − 3xc

Hieruit volgt dat c = 4 − 4x.
Daarom c² = (4 − 4x)² = 16 − 32x + 16x².

In ∆ABC is volgens de stelling van Pythagoras a² + b² = c². Dus 3² + (4x)² = c² en dus c² = 9 + 16x².

Voor c² zijn nu twee vergelijkingen. Aan elkaar gelijk stellen geeft een nieuwe vergelijking: 16 − 32x + 16x² = 9 + 16x². De kwadraten vallen links en rechts tegen elkaar weg. Over blijft een lineaire vergelijking met één oplossing: 32x = 7 en dus x =7/32.

Resultaat zijn de breuken a = 3, b = 4x = 28/32, c = 4 − 4x = 100/32 en d = 5x = 35/32.

Een vergroting met factor 32 geeft de gevraagde geheel­tallige driehoek: a = 96, b = 28, c = 100 en d = 35

Opdracht 6-18

Onderzoek of a = 5 en d = 13x en DC = 5x een geheel­tallige recht­hoekige driehoek oplevert met een geheel­tallige deellijn die de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

  1. Antwoord

    • Opdracht 6-18

      Onderzoek of a = 5 en d = 13x en DC = 5x een geheel­tallige recht­hoekige driehoek oplevert met een geheel­tallige deellijn die de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

      Antwoord

      Bij het Pythagorese drietal (5,12,13) hoort x = 119/50. Invullen geeft een driehoek waarvan de lengte van de zijden breuken zijn. De vergroting van die driehoek is wel geheel­tallig. De vergroting is de driehoek met a = 1440, b = 1428 en c = 2028 en deellijn d = 1547. De overstaande zijde is verdeeld in a1 = 845 en a2 = 595.

      Uitleg

      Lees meer over geheel­tallige recht­hoekige driehoeken met een geheel­tallige deellijn.

Uitwerking bij 6-18


Frans van Schooten

Frans van Schooten kende deze opdrachten uit het werk van Viète. Dat werk heeft hij gebundeld en geredigeerd in de "Viète Opera Mathematica". Ook wist hij dat deze opdrachten gerelateerd waren aan die van Diophantus, zoals blijkt uit het overzicht op bladzijde 4.

Fragmenten

Klik op de duimnagels voor een vergroting van de relevante tekstfragmenten.

Bachet: bladzijde 406

Driehoek bij 6-18

Bij Bachet, Xylander en Tannery is het vraagstuk 6-18, maar bij Heath en anderen is het vraagstuk 6-16.

manuscripten en vertalingen

Euclides VI-3

Volgens propositie VI-3 deelt een bissectrice van een driehoek de overstaande zijden in stukken die zich verhouden als de zijden die de hoek insluiten.

alle proposities



 
 

top






recht­hoekige driehoeken met geheel­tallige zijden

44 verso

Rechthoekige driehoeken met geheel­tallige zijden

Gezocht wordt naar een recht­hoekige driehoek met geheel­tallige zijden.

GN108

Frans van Schooten tekende op 44 verso allemaal driehoeken met rechthoekszijde b = 96. Hij begon met het drietal ( 28 , 96 , 100 ), stopte bij het drietal ( 1150 , 96 , 1154 ), maar had door kunnen gaan tot het drietal ( 2303 , 96 , 2305 ). Dit drietal staat voor de grootste driehoek met rechthoekszijde b = 96. Met algebra kan aangetoond worden dat er geen geheel­tallige recht­hoekige driehoeken zijn met geheel­tallige zijde c > 2305.
Op 45 recto staan allemaal driehoeken met rechthoekszijde b = 60.

Historie

In de loop der eeuwen zijn over geheel­tallige recht­hoekige driehoeken verschillende problemen geformuleerd.
1. Gegeven één zijde, vind de grootste driehoek.
Lees het recept van Plato

2. Vind systematisch alle driehoeken.
Lees het recept van Euclides

3. Vind alle driehoeken waarvan de ene rechthoekszijde één eenheid langer is dan de andere
Lees het recept van Fermat

Vergelijkingen Grootste Driehoek

Hiernaast staat ∆ABC. Gegeven rechthoekszijde b, gezocht wordt naar de grootste driehoek, dat wil zeggen de driehoek met de grootste oppervlakte. Dat is de driehoek waarvan het verschil in lengte tussen langste zijde en rechthoekszijde minimaal is.

Volgens de stelling van Pythagoras geldt in iedere recht­hoekige driehoek ABC met een rechte hoek in punt c: a² + b² = c². De grootste driehoek heeft een spitse hoek tegenover zijde b, waardoor c > a > b.
Als b even is, dan is b² ook even. Dus moeten a² en c² of beide even of beide oneven zijn. Het verschil tussen c en a is dus minimaal 2. Daarom c = a + 2.
Uit a² + b² = (a+2)² volgt a² + b² = a² + 4a + 4 en dus dat
a =1b² − 1
4
.
Als b oneven is, dan is b² oneven, dan moeten a en c even en oneven zijn, dan wel oneven en even. Het verschil tussen c en a is dus minimaal 1. Daarom c = a + 1.
Uit a² + b² = (a+1)² volgt dat
a =1(b² − 1)
2
.

Conclusie

Conclusie is dat als b gegeven is, dat je dan de grootste a en c uit kunt rekenen.
recept van Plato
recept van Euclides
recept van Fermat





Frans van Schooten tekende in één figuur tien driehoeken. Ze zijn niet op schaal getekend.



Voorbeeld

De berekening voor het grootste drietal voor een driehoek met zijde b = 96 staat hieronder. Omdat b even is, is c = a + 2. Uit a² + b² = c² met b = 96 volgt 96² + a² = (a+2)². Daarom is 4a = 96² − 4, zodat a = 2303 en c = a + 2 = 2305.

Straal ingeschreven cirkel

Een bijzondere eigenschap van een geheel­tallige recht­hoekige driehoek is dat de straal van de ingeschreven cirkel ook geheel­tallig is. Het bewijs is gebaseerd op het recept van Euclides voor geheel­tallige recht­hoekige driehoeken.

Bewijs geheel­tallige straal ingeschreven cirkel

top






Algebra

In iedere recht­hoekige driehoek met rechthoekszijden a, b en langste zijde c geldt:
a² + b² = c²

Applet: Pythagoras

Recept

De oude Babyloniers en Grieken hadden al recepten om drietallen te vinden voor recht­hoekige driehoeken.

Plato: (2m,m²−1,m²+1)
Euclides: (m²−n²,2mn,m²+n²)

Lijsten

Op aparte webpagina's staan lijsten met Pythagorese drietallen.

Plato
Euclides
Fermat

Fermat

Fermat heeft een recept gegeven voor recht­hoekige driehoeken waarvan de rechthoekszijden slechts één verschillen.

Recept: (a,a+1,c)


recht­hoekige driehoeken met geheel­tallige zijden

34

Rechthoekige driehoeken met geheel­tallige zijden

Gezocht wordt naar een recht­hoekige driehoek met geheel­tallige zijden.

Viète Opera Mathematica

Frans van Schooten kende het recept van Euclides voor Pythagoreïse drietallen. In 1646 publiceerde hij "Viète Opera Mathematica". Op bladzijde 34 staan de formules. De notatie is heel anders dan de moderne algebraïsche notatie of de notatie die hij in 1659 gebruikte in zijn "Mathematische Oeffeningen".
De letter q staat voor quadratorum, kwadraat. De lengte van de horizontale rechthoekszijde is a² − b², De lengte van de langste zijde is a² + b². Het woord bis betekent het dubbele en het woord in staat voor vermenigvuldigen. De lengte van de verticale rechthoekszijde is 2 × a × b, afgekort tot 2ab.

Opdrachten

Opdracht 1

Bewijs met de stelling van Pythagoras dat voor iedere a en b de driehoek recht­hoekig is.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Bewijs met de stelling van Pythagoras dat voor iedere a en b de driehoek recht­hoekig is.

      Antwoord  

      Hiernaast staat ∆PQR.
      Gegeven zijn p = a² − b² en r = 2ab

      Te bewijzen dat q = a² + b²

      Omdat p² + r² = q²
      daarom q² = (a² − b²)² + (2ab
      dus q² = a4 − 2a²b² + b4 + 4a²b²
      dus q² = a4 + 2a²b² + b4
      dus q² = (a² + b²)²

      Conclusie: q = a² + b²
      hetgeen te bewijzen was.


Opdracht 2

Hiernaast staan twee recht­hoekige driehoeken BDZ en FGX. Viète beweerde dat de onderste twee driehoeken recht­hoekig zijn.

a

Bereken voor de drietallen (3,4,5) en (5,12,13) de bijbehorende drietallen.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Bereken voor de drietallen (3,4,5) en (5,12,13) de bijbehorende drietallen.

      Antwoord  

      Gegeven b = 3, d = 4, z = 5,
      en f = 5, g = 12, x = 13.

      Dan
      bg + df = 3 × 12 + 4 × 5 = 56
      bf − dg = 3 × 5 − 4 × 12 = −33
      zx = 5 × 13 = 65

      Dan
      bg − df = 3 × 12 − 4 × 5 = 16
      bf + dg = 3 × 5 + 4 × 12 = 63
      zx = 5 × 13 = 65

      NB: Viète gaf geen betekenis aan negatieve uitkomsten. Voor hem telde het eerste drietal niet, maar wel het tweede.


b

Laat zien dat de bijbehorende driehoeken recht­hoekig zijn.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Laat zien dat de bijbehorende driehoeken recht­hoekig zijn.

      Antwoord  

      Neem aan dat lengtes geen teken hebben en dat −33 even lang is als +33.

      Omdat 56² + 33² = 65² en 16² + 63² = 65²
      zijn volgens de stelling van Pythagoras beide driehoeken recht­hoekig.


c

Bewijs met de stelling van Pythagoras dat voor ieder paar Pythagoreïsch drietallen (b,d,z) en (f,g,x) ook de drietallen (bg+df,bfdg,zx) en (bgdf,bf+dg,zx) Pythagoreïsch drietallen zijn.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Bewijs met de stelling van Pythagoras dat voor ieder paar Pythagoreïsch drietallen (b,d,z) en (f,g,x) ook de drietallen (bg+df,bfdg,zx) en (bgdf,bf+dg,zx) Pythagoreïsch drietallen zijn.

      Antwoord  

      Hiernaast staat ∆PQR.
      Gegeven zijn p = bf − dg en r = bg + df
      Gegeven is dat z² + b² = d² en x² + f² = g²

      Te bewijzen dat q = zx

      Omdat p² + r² = q²
      dus q² = (bf − dg)² + (bg + df
      dus q² = (b²f² − 2bfdg + d²g²) + (b²g² + 2bgdf + d²f²)
      dus q² = b²f² + d²g² + b²g² + d²f²
      dus q² = b²f² + b²g² + d²f² + d²g²
      dus q² = b²(f² + g²) + d²(f² + g²)
      dus q² = (b² + d²)(f² + g²)
      dus q² = (z²)(x²)

      Conclusie: q = zx
      hetgeen te bewijzen was.


Opdracht 3 Hieronder staan vier driehoeken. Toon aan dat alle driehoeken recht­hoekig zijn als geldt dat a² + b² = c².

5

5

origineel

5

origineel

5

origineel




5

origineel



 

5

origineel

top






Recept

De oude Babyloniers en Grieken hadden al recepten om drietallen te vinden voor recht­hoekige driehoeken.

Plato: (2m,m²−1,m²+1)
Euclides: (m²−n²,2mn,m²+n²)


hoogtelijn deelt overstaande

44 verso

Driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

GN108

Frans van Schooten tekende driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee stukken deelde met geheel­tallige lengte. De driehoeken bovenaan waren voor Frans Junior een manier om verschillen van kwadraten uit te drukken. De linker driehoek drukte uit dat 9² − 7² = 32 maar ook dat 6² − 2² = 32.




Voorbeeld

In dit voorbeeld is:
p = 9 + 7 = 16
q = 9 − 7 = 2
r = 6 + 2 = 8
s = 6 − 2 = 4
h² = 16 × 2 = 8 × 4 = 32

In dit voorbeeld is de hoogtelijn niet geheel­tallig, maar de stukken waarin de overstaande zijde verdeeld wordt zijn dat wel!

Aanpak

Hiernaast staat ∆ABC met zijden x, y, v en w en hoogtelijn h en de punten A, B, C en D. De recht­hoekige driehoeken zijn dan ∆ABD en ∆ACD. Als je wilt weten of er voor zekere hoogte een geheel­tallige driehoek bestaat die aan de voorwaarden voldoet, dan kun je allerlei combinaties van x, y, v en w uitproberen, maar het kan ook veel slimmer. Eerst gebruik je de stelling van Pythagoras, herleid je de vergelijkingen, introduceer je nieuwe onbekenden die makkelijker op te lossen zijn en pas dan los je het feitenlijke probleem op.

Vergelijkingen

Volgens de stelling van Pythagoras geldt:

h² = x² − y²
h² = w² − v²

Dit zijn merkwaardige producten:

h² = x² − y²dush² = (x + y)(x − y)
h² = w² − v²dush² = (w + v)(w − v)

Het verschil van twee kwadraten kan geschreven worden als het product van twee getallen. Neem p = x + y en q = xy en r = w + v en s = wv. Dan:

h² = p × q.
h² = r × s

Gegeven h is het niet moeilijk om delers r, s, p en q te vinden. Belangrijke stap in de aanpak is om nu de vergelijkingen om te draaien. Je hebt r, s, p en q gevonden en berekent daarna x, y, v en w!

x = p + q        y = p − q        w = r + s        v = r − s
2 2 2 2

Uit deze vergelijkingen volgt r + s en p + q geheel­tallig en even moeten zijn opdat v, x, y en z geheel­tallig zijn.

Conclusie

Conclusie is dat door slim getallen te kiezen, de lengten van de zijden berekend kunnen worden van een geheel­tallige driehoek waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.
Recept voor een geheel­tallige driehoek waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

Vierhoeken

Op dezelfde manier stelde Frans van Schooten vierhoeken samen uit geheel­tallige recht­hoekige driehoeken. Onderstaande vierhoeken staan op folio 47 recto.

4
4
4
4

top






Recept

Met deze vergelijkingen is een recept gemaakt om driehoeken te maken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

Recept

Lijsten

Het gaat hier om gelijke verschillen van kwadraten:
h² = v² − z²
h² = x² − (y+z
y² − x² = w² − v²
Lijsten met gelijke verschillen van kwadraten staan op een aparte webpagina.

Lijsten


hoogtelijn snijdt verlengde overstaande

47 recto

Driehoeken waarvan de hoogtelijn buiten de driehoek valt en het verlengde van de overstaande zijde geheel­tallig is

Gezocht wordt naar een geheel­tallige driehoek waarvan de hoogtelijn buiten de driehoek valt en het verlengde van de overstaande zijde geheel­tallig is.

GN108



Frans van Schooten tekende geheel­tallige driehoeken waarvan de hoogtelijn buiten de driehoek viel en het verlengde van de overstaande zijde geheel­tallig was. De linker driehoek drukt uit dat 16² − 5² = 231 maar ook dat 40² − (32 + 5)² = 231. De driehoek daarnaast drukt uit dat 16² − 5² = 231 en bovendien dat 20² − (8 + 5)² = 231.
Dat betekent dat ook de rechter driehoek bestaat: een driehoek met zijden 20, 24 en 40 en een verlengde van de overstaande met lengte 5 + 8 = 13. Deze driehoek drukt uit dat 40² − (24 + 13)² = 231.

In dit voorbeeld is de hoogtelijn zelf niet geheel­tallig, maar de zijden van de driehoek wel en het verlengde van de overstaande zijde ook!

Aanpak

Hiernaast staat driehoek ABC met zijden v, x en y en hoogtelijn h. Rechthoekig zijn de driehoeken ∆ABD en ∆ACD. Als je willekeurig geheel­tallige combinaties v, x en y kiest, zal je opvallen dat h en z vaak niet geheel­tallig zijn. Alleen met algebra is het mogelijk om doelgerricht geheel­tallige voorbeelden te vinden. Eerst gebruik je de stelling van Pythagoras, dan herleid je de vergelijkingen, introduceer je nieuwe onbekenden die makkelijker op te lossen zijn en tot slot los je het feitenlijke probleem op.

Vergelijkingen

Volgens de stelling van Pythagoras geldt:

h² = v² − z²
h² = x² − (y+z

Dit zijn merkwaardige producten:

h² = v² − z²dush² = (v + z)(v − z)
h² = x² − (y+zdush² = (x + y + z)(x − y − z)

Het verschil van twee kwadraten kan geschreven worden als het product van twee getallen. Neem p = v + z en q = v − z en r = x + y + z en s = x − y − z.

Dan: h² = p × q en h² = r × s.

Gegeven h is het niet moeilijk om delers r, s, p en q te vinden. Belangrijke stap in de aanpak is om nu de vergelijkingen om te draaien. Je hebt r, s, p en q gevonden en berekent daarna x, y, v en w!

v = p + q
2
z = p − q
2
x = r + s
2
y = r − s − z
2

Omdat v, x, y en z geheel­tallig moeten zijn, moeten r + s en p + q ook geheel­tallig zijn en even bovendien.

Conclusie

Conclusie is dat door slim getallen te kiezen, de lengten van de zijden berekend kunnen worden van een geheel­tallige driehoek waarvan de hoogtelijn buiten de driehoek valt en het verlengde van de overstaande zijde geheel­tallig is.
Recept voor een geheel­tallige driehoek waarvan de hoogtelijn buiten de driehoek valt en het verlengde van de overstaande zijde geheel­tallig is.

Voorbeeld

Als voorbeeld wordt de schets linksboven doorgerekend.

v = 16, z = 5,
x = 40, y = 32 en y + z = 37.
p = 16 + 5 = 21
q = 16 − 5 = 11
r = 40 + 32 + 5 = 77
s = 40 − 32 − 5 = 3
 = 21 × 11 = 77 × 3 = 231

Opdracht

Vind alle driehoeken met h = 231.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Vind alle driehoeken met h = 231.

      Antwoord  

      231 = 77×3  dus v =
      77 + 3
      2
      = 40
      en z =
      77 − 3
      2
      = 37
      231 = 33×7  dus v =
      33 + 7
      2
      = 20
      en z =
      33 − 7
      2
      = 13
      231 = 21×11  dus v =
      21 + 11
      2
      = 16
      en z =
      21 − 11
      2
      = 5

Opdracht

Het getal 240 laat zich ontbinden in verschillende factoren: 240 = 2 × 120 = 4 × 60 = 6 × 40 = 8 × 30 = 10 × 24 = 12 × 20.
Toon aan dat er 15 mogelijkheden zijn om een geheel­tallige driehoek ACD te maken met hoogtelijn h = √‾‾‾240.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Toon aan dat er 15 mogelijken zijn om een geheel­tallige driehoek ACD te maken met hoogtelijn h = √‾‾‾240.

      Antwoord  

      Systematisch tellen!
      De driehoek bestaat uit twee delen. Voor het linkerdeel is er keuze uit zes driehoeken en voor het rechterdeel is er keuze uit vijf andere driehoeken. Dat zijn 6 × 5 = 30 verschillende driehoeken. Van die dertig is de helft het spiegelbeeld van de andere helft. Daarom zijn er 15 verschillende driehoeken met hoogtelijn h = √‾‾‾240.

top




Recept

Met deze vergelijkingen kan een recept gemaakt worden om geheel­tallige driehoeken te maken met een geheel­tallig verlengde tot de hoogtelijn.

Recept geheel­tallig verlengde tot de hoogtelijn

Lijsten

Het gaat hier om gelijke verschillen van kwadraten:
v² − z² = x² − (y+z
Lijsten met gelijke verschillen van kwadraten staan op een aparte webpagina.

Lijst geheel­tallig verlengde tot de hoogtelijn


hoogtelijn abc

47 recto

abc-tje voor geheel­tallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt

Gezocht wordt naar een abc-tje voor geheel­tallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

GN108

In de schets hieronder tekende Frans van Schooten een driehoek en schreef de lengte van de zijden erbij. Ook tekende hij de hoogtelijn en schreef de lengte erbij: 2abc. Een hoogtelijn uit een hoek staat altijd loodrecht op de zijde tegenover die hoek. Dat betekent dat iedere hoogtelijn een driehoek verdeelt in twee recht­hoekige driehoeken. Het linkerdeel van die driehoek is een recht­hoekige driehoek met hoogtelijn 2abc, rechthoekszijde aacbbc en lange zijde aac+bbc. Het rechterdeel is ook een recht­hoekige driehoek met dezelfde hoogtelijn, met rechthoekszijde abbacc en lange zijde abb+acc.

Opdrachten

Opdracht 1: 

Bereken de lengten van de zijden van de recht­hoekige driehoeken voor a = 3, b = 2 en c = 1.

Opdracht 2: 

Laat met een berekening zien dat volgens de stelling van Pythagoras beide driehoeken recht­hoekig zijn.

Opdracht 3: 

Bewijs met algebra aan dat volgens de stelling van Pythagoras voor iedere a, b en c de driehoeken recht­hoekig zijn.

Antwoord

Mathematische Oeffeningen

Frans van Schooten legde op bladzijde 397 en 398 van het vijfde boek van de "Mathematische Oeffeningen" uit hoe hij met dit abc-tje geheel­tallige driehoeken maakte waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelde.
Mathematische Oeffeningen bladzijde 397 en 398


NB: Het = teken in de schets betekent aftrekken: −

Vergelijkingen

Met drie getallen a, b en c kan geheel­tallige driehoek PQR met zijden p, q en r gemaakt worden met een geheel­tallige hoogtelijn h. De lengten van de zijden zijn:

p = aac − bbc + abb − acc

q = aac + bbc

r = abb + acc

h = 2abc

Conclusie

Conclusie is dat door drie getallen a, b en c te kiezen, de lengten van de zijden berekend kunnen worden van een geheel­tallige driehoek waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

Opdrachten

Tip: Gebruik de Geogebra applet bij je onderzoek.
Start Geogebra

Opdracht 4: 

Onderzoek met getallenvoorbeelden wat voor soort driehoeken ontstaan als a < b, a = b en a > b.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Onderzoek met getallenvoorbeelden wat voor soort driehoeken ontstaan als a < b, a = b en a > b.

      Antwoord  

      a < b stomphoekig
      a = b recht­hoekig
      a > b. spits of stomphoekig

Opdracht 5: 

Onderzoek met getallenvoorbeelden wat voor soort driehoeken ontstaan als a < c, a = c en a > c.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Onderzoek met getallenvoorbeelden wat voor soort driehoeken ontstaan als a < c, a = c en a > c.

      Antwoord  

      a < c géén
      a = c géén
      a > c. spits of stomphoekig

Opdracht 6: 

Onderzoek met getallenvoorbeelden wat voor soort driehoeken ontstaan als b < c, b = c en b > c.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Onderzoek met getallenvoorbeelden wat voor soort driehoeken ontstaan als b < c, b = c en b > c.

      Antwoord  

      b < c stomphoekig
      b = c recht­hoekig
      b > c. spits of stomphoekig

Opdracht 7: 

Onderzoek aan welke voorwaarden a, b en c moeten voldoen.
Tip: denk aan de driehoeksongelijkheden.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Onderzoek aan welke voorwaarden a, b en c moeten voldoen.

      Antwoord  

      In iedere driehoek moet voldaan zijn aan de driehoeksongelijkheden.

      p + q > r (aacbbc+abbacc) + (aac+bbc) > (abb+acc)
      2aac > 2acc
      a > c
      q + r > p (aac+bbc) + (abb+acc) > (aacbbc+abbacc)
      2bbc + 2acc > 0
      altijd waar!
      r + p > q (abb+acc) + (aacbbc+abbacc) > (aac+bbc)
      2abb > 2bbc
      a > c
      Conclusie is dat op grond van de driehoeksongelijkheid a > c moet zijn.

top






Notatie

Het = teken in de schets betekent aftrekken: −
Voor het "is gelijk aan" teken gebruikt Frans van Schooten een omgekeerde œ drukletter: .

Lees "A history of mathematical notations" van Florian Cajori over de ontwikkeling van de wiskundige notaties.

Google Books

Driehoeksongelijkheid

De driehoeksongelijkheid zegt dat de kortste afstand tussen twee punten altijd een rechte lijn is. Iedere omweg is dus langer.

Wikipedia: Driehoeksongelijkheid


hoogtelijn deelt overstaande

opera 39

bdz-tje voor geheel­tallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

Viète Opera Mathematica

Op bladzijde 39 tekende Frans van Schooten in "Viète Opera Mathematica" een recht­hoekige driehoek met rechthoekszijden b, d en langste zijde z. Hij beweerde dat de hoogtelijn in driehoek met zijden zb, zd, en b²+d² geheel­tallig is en de overstaande zijde in twee gehele stukken deelt.

Opdracht

Toon aan dat voor ieder pythagorees drietal (b,d,z) de driehoek met zijden zb, zd, en b²;+d²; de hoogtelijn geheel­tallig is en de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Toon aan dat voor ieder pythagorees drietal (b,d,z) de driehoek met zijden zb, zd, en b²+d² de hoogtelijn geheel­tallig is en de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

      Antwoord  

      Hiernaast staat de originele tekening uit "Viète Opera Mathematica".
      De tekening naast de opdracht is een moderne bewerking voor deze opdracht.

      Omdat (b,d,z) een pythagorees drietal is, zijn (b²,bd,bz) en (bd,d²,dz) ook pythagorese drietallen. Er zijn dus twee recht­hoekige driehoeken (een met vergrotingsfactor b en een met vergrotingsfactor d) met een zijde die even lang is: bd. Die twee driehoeken hebben langste zijde zb en zd. In de gevraagde driehoek zijn die twee even lange zijden de hoogtelijn. Die is dus geheel­tallig. De twee langste zijden zijn zijden van de gevraagde driehoek. De lengte van de overstaande zijde is de som van de lengte van beide andere rechthoekszijden (b² en d²). De hoogtelijn deelt dus de overstaande in twee geheel­tallige stukken.
      Daarmee is het gevraagde bewezen.

top






Viète Opera Mathematica

In dit boek heeft Frans van Schooten het werk van de Fransman Franšois Viète gebundeld.

Istituto e Museo di Storia della Scienza (Florence)
Google Books
Wikipedia NL
Wikipedia Engels


drie hoogtelijnen met hoogtepunt binnen

44 verso

Driehoeken met drie geheel­tallige hoogtelijnen die ieder de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken delen

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken met drie geheel­tallige hoogtelijnen waarvan het hoogtepunt binnen de driehoek ligt.

GN108

Hiernaast staat een driehoek met drie geheel­tallige hoogtelijnen die ieder de overstaande zijden in geheel­tallige stukken delen en waarvan het hoogtepunt binnen de driehoek ligt.

Oppervlakte

In iedere geheel­tallige driehoek met een geheel­tallige hoogtelijn zijn de andere twee hoogtelijnen ook geheel­tallig of te schrijven als een breuk. Dat komt omdat de oppervlakte O van iedere driehoek ABC met zijden a, b en c gelijk is aan het halve produkt van basis en hoogte h. Dit geldt voor alle drie de hoogtes:.
O = ½ a × hA
O = ½ b × hB
O = ½ c × hC

Dat betekent dat er altijd een geheel­tallige vergroting is van die driehoek waarvan alle drie de hoogtelijnen geheel­tallig zijn.

Voorbeelden

Hieronder staan voorbeelden, op volgorde van oppervlakte. Geselecteerd zijn alle driehoeken waarvan alle zijden kleiner dan 1000 zijn. Opvallend veel driehoeken zijn gelijkzijdig.

abchahbhc 






252530242420
130169169156120120
272289289255240240
350625625600336336
6259751000936600585
845910975840780728


Hieronder staan voorbeelden met een rechte hoek in punt C.

abchahbhc 






152025201512
651561691566560
136255289255136120
175600625600175168
580609841609580420

Opdrachten

Opdracht 1:

Bestudeer deze driehoeken met Geogebra.


Start Geogebra


Opdracht 2:

Bewijs dat er geheel­tallige driehoeken bestaan waarvan de hoogtelijn niet geheel­tallig is.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Bewijs dat er geheel­tallige driehoeken bestaan waarvan de hoogtelijn niet geheel­tallig is.

      Antwoord  

      Dit bewijs je door één voorbeeld te geven: één is genoeg. Een makkelijk voorbeeld is een gelijkbenige driehoek. Aanpak is om met een recht­hoekige driehoek te beginnen waarvan twee zijden geheel­tallig zijn en de derde niet. Die derde zijde wordt dan de hoogtelijn van de gezochte gelijkbenige driehoek.
      Neem een recht­hoekig driehoek ABD met een rechte hoek in punt D en rechthoekszijde BD = 1 en langste zijde AB = 3. De andere rechthoekszijde is AD = √8 en dat is geen breuk. Dat betekent dat geheel­tallige gelijkbenige driehoek ABC met AB = AC = 3 en BC = 2 een hoogtelijn heeft die niet geheel­tallig is.
      Met dit voorbeeld is bewezen dat er geheel­tallige driehoeken bestaan waarvan de hoogtelijn niet geheel­tallig is.

Opdracht 3:

Bewijs dat als in een geheel­tallige driehoeken één hoogtelijn niet geheel­tallig is, dat dan ook de andere hoogtelijnen niet geheel­tallig zijn.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Bewijs dat als in een geheel­tallige driehoeken één hoogtelijn niet geheel­tallig is en ook geen breuk, dat dan ook de andere hoogtelijnen niet geheel­tallig zijn en ook geen breuk.

      Antwoord  

      Als de hoogtelijn niet geheel­tallig is en ook geen breuk, dan is de lengte van de hoogtelijn een wortel, een irrationaal getal. Omdat de driehoek geheel­tallig is, is de oppervlakte van de driehoek evenmin geheel­tallig en ook geen breuk, maar irrationaal. Omdat de oppervlakte irrationaal is en de zijden geheel­tallig zijn en alle hoogtelijnen het quotient van die twee zijn, zijn alle hoogtelijnen irrationaal en dus geen breuk en zeker niet geheel­tallig.
      Daarmee is bewezen dat als in een geheel­tallige driehoeken één hoogtelijn niet geheel­tallig is en ook geen breuk, dat dan ook de andere hoogtelijnen niet geheel­tallig zijn en ook geen breuk.

Opdracht 4:  

Bewijs dat er geen enkele geheel­tallige gelijkzijdige driehoek bestaat met een geheel­tallige hoogtelijn.

  1. Antwoord

    • Opdracht

      Bewijs dat er geen enkele geheel­tallige gelijkzijdige driehoek bestaat met een geheel­tallige hoogtelijn.

      Antwoord  

      De hoogtelijn van een geheel­tallige gelijkzijdige driehoek verhoudt zich tot de langste zijde als 2 : √3. Reken maar na met de stelling van Pythagoras: bij rechthoekszijde a = 1 en langste zijde c = 2 hoort rechthoekszijde b = √3. De wortel uit 3 is nooit een breuk. Het is een irrationaal getal. (wiskundigen zeggen dat √3 een element is van , de verzameling van alle getallen, inclusief de getallen die geen breuk zijn en niet van , de verzameling van alle breuken) Dus als de langste zijde geheel­tallig is, dan is de hoogtelijn een wortel, en omgekeerd, als de hoogtelijn geheel­tallig is, dan is de langste zijde een wortel!


 

top




Onderzoek

Bestudeer deze driehoeken met Geogebra.

Start Geogebra


drie hoogtelijnen met hoogtepunt buiten

44 verso

Driehoeken met drie geheel­tallige hoogtelijnen die ieder de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken delen

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken waarvan ieder van de drie hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt en waarvan het hoogtepunt buiten de driehoek ligt.

GN108

4
4

4
4

In iedere geheel­tallige driehoek met een geheel­tallige hoogtelijn zijn de andere twee hoogtelijnen ook geheel­tallig of te schrijven als een breuk.

Voorbeelden

Hieronder staan voorbeelden, op volgorde van oppervlakte. Geselecteerd zijn alle driehoeken waarvan alle zijden kleiner dan 1000 zijn. Opvallend veel driehoeken zijn gelijkzijdig.

abchahbhc 






252540242415
3575100602821
16916931212012065
289289510240240136
275625750600264220
260845975780240208

 

zwaartelijn

45 recto

Driehoeken met geheel­tallige zwaartelijn

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken met een geheel­tallige zwaartelijn.

GN108

3 3 3

In GN108 staan ook een paar zwaartelijnen. Een zwaartelijn verdeelt per definitie de zijde van deze driehoek in twee evenlange delen.
De zwaartelijn in een driehoek met zijden met lengte 17 en 19 en 20 verdeelt de basis in twee stukken met lengte 10 en 10. Deze zwaartelijn is exact 15 lang.
De zwaartelijn in een driehoek met zijden met lengte 17 en 19 en 30 verdeelt de basis in 15 en 15. Deze zwaartelijn is echter niet exact 12 lang, maar exact 10!

Bachet

Tussen de driehoeken staat in GN108 de naam van Bachet en de afkorting Dioph. en "p 418". Op bladzijde 418 van dat boek wordt inderdaad gerekend aan zwaartelijnen. Beide voorbeelden staan daar uitgewerkt: de driehoek met zijden 19, 17, 20 en hoogtelijn 15 en de driehoek met zijden 19, 17, 30 en hoogtelijn 12. Het lijkt erop dat Frans van Schooten het niet heeft nagerekend!

Vergelijkingen

In driehoek ABC met zijden a, b en c is de lengte van de zwaartelijn uit hoek A te berekenen met de volgende formule:

Za² = ½b² + ½c² − ¼a²

Voorbeeld

Reken maar na: 15² = ½×19² + ½×17² − ¼20²

Hieronder staat de berekening van de zwaartelijn met hulp van de bijbehorende hoogtelijn. Hoogtelijn met hoogte h verdeelt basis in 10 + x en 10 − x.

(10+x)² + h² = 19²   dus:  100 + 20x + x² = 361 
(10-x)² + h² = 17²   dus:  100 − 20x + x² = 289

Dit stelsel vergelijkingen kan herschreven worden:
100 + x² = 361 − 20x = 289 + 20x zodat 40 x = 72.
en heeft als oplossing x = 72/40
zodat h² = 354816 / 40² = 221,76
De zwaartelijn is nu 15 want x² + h² = 3,24 + 221,76 = 225 = 15²
 

Conclusie

Conclusie is dat (deze tekst is nog niet af).

top





Euclides VI-3

Propositie VI-3 beweert dat een bissectrice van een driehoek de overstaande zijden in stukken deelt die zich verhouden als de zijden die de hoek insluiten.

propositie VI-3


deellijn in recht­hoekige driehoek

Rechthoekige driehoeken met een geheel­tallige deellijn die de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt

Gezocht wordt naar geheel­tallige recht­hoekige driehoeken waarvan een geheel­tallige deellijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

GN108

Deze driehoek staat niet in GN108, maar had er zeker niet misstaan. Dit probleem komt uit het boek "Diophante Arithmeticorum libri sex" van Bachet.

Vergelijkingen

In iedere driehoek ABC met zijden a, b en c en met deellijn AD van hoek A geldt dat:

BD = CD   ⇔   BD = AB   ⇔   BD × AC = CD × AB
AB AC CD AC

De suggestie van Bachet in probleem 6-18 is om te beginnen met een Pythagorees drietal (p,q,r) en een onbekende x. In de tekening hiernaast staan de zijden en hun lengtes.

Met algebra kan dit herschreven worden tot:

c = q − qx want
CD= px= p x = p 1 − x = p − px= BD
AC qx q x q 1 − x q − qx AB
 

Volgens de stelling van Pythagoras geldt

p² + (qx)² = (q − qx)² = q² − 2q²x + (qx

zodat: x =  q² − p²
2q²
 

Na substitutie ontstaan nieuwe vergelijkingen voor a, b, c en d met breuken. Door deze te vermenigvuldigen met 2q² ontstaan geheel­tallige oplossingen voor a, b, c en d.
Conclusie is dat gegeven een Pythagorees drietal (p,q,r), er een geheel­tallige driehoek ABC is met geheel­tallige deellijn AD die zijde BC in twee geheel­tallige stukken deelt.

  • a = 2pq²
  • b = q(q² − p²)
  • c = q(q² + p²)
  • d = r(q² − p²)
  • BD = p(q² + p²)
  • CD = p(q² − p²)

Voorbeeld

Bij het Pythagorees drietal (p,q,r) = (7,24,25) hoort a = 8064, b = 12648, c = 15000, d = 13175 en de overstaande zijde is verdeeld in twee stukken ter lengte 3689 en 4375.

Recept Geheeltallige Deellijn

top





Fragmenten

Klik op de duimnagels voor een vergroting van de relevante tekstfragmenten.

Bachet: bladzijde 407

Recept

Maak met het Griekse recept een geheel­tallige recht­hoekige driehoek waarvan een geheel­tallige deellijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

Geheeltallige Deellijn


deellijn

47 recto

Driehoeken met een geheel­tallige deellijn die de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken waarvan een geheel­tallige deellijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

GN108

4

4

4

4

Deze driehoeken zijn beslist niet op schaal! Volgens propositie 3, zesde boek van Euclides, deelt een bissectrice van een driehoek de overstaande zijden in stukken die zich verhouden als de zijden die de hoek insluiten. De overstaande zijde is 80 lang en de zijden zijn 80 en 20 lang. De overstaande is in de verhouding 80 : 20 verdeeld in 64 en 16.

Vergelijkingen

In iedere driehoek ABC met zijden a, b en c en met AD de deellijn van hoek A geldt dat:

BC = CD   ⇔   AC = AB   ⇔   AC × BD = CD × AB
AB BD CD BD

Een geheel­tallige driehoek met een geheel­tallige deellijn die de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt, kan gevonden worden door slim getallen v, w, p, q, r en s te kiezen.
In de tekening hiernaast staat driehoek ABC met zijden:

a = q × s + q × r b = p × s c = p × r

Daarbij is p = v + w en q = v − w.

Theorema van Stewart


Volgens het theorema van Stewart geldt in iedere driehoek ABC met D op BC:

AD² × BC = AB² × CD + AC² × BD − BC × CD × BD

Substitutie van BD en CD geeft een nieuwe vergelijking voor AD²:

AD² = AB × AC − BD × CD

Driehoeksongelijkheid

In iedere driehoek zijn twee zijden, willekeurig welke, altijd samen langer dan de andere zijde. Uit deze driehoeksongelijkheid volgt dat:

èn
w < v
èn
w < v ×r
s
èn
w < v ×s
r
 

Conclusie

Conclusie is dat door slim v, w, p, q, r en s te kiezen, de zijden berekend kunnen worden van een geheel­tallige driehoek waarvan de deellijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.
Recept voor een geheel­tallige driehoek waarvan de deellijn de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken deelt.

Voorbeeld

In de driehoek hiernaast is a = 80, b = 80, c = 20 en AD = 24. Dat is een vergroting van de driehoek met a = 40, b = 40, c = 10 en AD = 12, BD = 8, CD = 32. In dat geval is r = 1 en s = 4, v = 9 en w = 1, zodat p = 10 en q = 8. Deze getallen horen bij de driehoek met a = 40. Ook deze driehoek is een vergroting. De kleinste geheel­tallige driehoek heeft a = 20, b = 20, c = 5 en AD = 6, BD = 4, CD = 16. Bij deze driehoek zijn geen geheel­tallige r, s etc. te vinden.

Opdrachten

Opdracht 1:  Toon met algebra de driehoeksongelijkheden aan.
  1. Antwoord

    • Opdracht 1

      Toon met algebra de driehoeksongelijkheden aan.

      Antwoord  

      Te bewijzenps + pr > qs + qr
      Gegevenv > w en p > q
      Omdatp = v + w > vw = q
      Daaromp (s + r) > q (s + r)
      Conclusie
       
      ps + pr > qs + qr
      Te bewijzenqs + qr + pr > ps
      Gegevenv > w
      Als
      w < v ×r
      s
      Danws < vr
      2ws < 2vr
      vs + 2ws < vs + 2vr + wrwr
      (vs + ws) < (vsws) + (vrwr) + (vr + wr)
      Conclusie
       
      ps < qs + qr + pr
      Te bewijzenqs + qr + ps > pr
      Gegevenv > w
      Als
      w < v ×s
      r
      Danwr < vs
      2wr < 2vs
      vr + 2wr < vr + 2vs + wsws
      (vr + wr) < (vsws) + (vrwr) + (vs + ws)
      Conclusie
       
      pr < qs + qr + ps
      Slotconclusie 
       
      Als v, w, s en r juist gekozen zijn, dan wordt aan de driehoeksongelijkheden voldaan.
Opdracht 2:  Toon met algebra aan dat AD = 2√‾‾‾‾rsvw.
  1. Antwoord

    • Opdracht 2

      Toon met algebra aan dat AD = 2√‾‾‾‾rsvw.

      Antwoord  

      GegevenAD² = AB × AC − BD × CD
      DaaromAD² = pr × ps − qr × qs
      DusAD² = (p² − q²) × (r × s)
      = ( (v + w)² − (vw)² ) × (rs)
      = ( (v² + 2vw + w²) − (v² − 2vw + w²) ) × (rs)
      = (4vw) × (rs)
      Conclusie
       
      AD = 2√‾‾‾‾rsvw
Opdracht 3:  Bedenk een recept om slim getallen te vinden voor v, w, p, q, r en s.

Recept
 

top







Bachet

Tussen de driehoeken schreef Frans van Schooten in GN108 "Dese 3 triangels heb ick uit Bachetis in Diophanti genomen".
Hieronder staan de relevante passages van bladzijde.

 

 

Stewart

M. Stewart was een Schots wiskundige die het theorema in 1746 als eerste zo formuleerde. Voor hem was deze propositie ook al bekend. Sommige auteurs verwijzen naar Appolonius, andere naar Archimedes.

Wikipedia: Formule

Driehoeksongelijkheid

De driehoeksongelijkheid zegt dat de kortste afstand tussen twee punten altijd een rechte lijn is. Iedere omweg is dus langer.

Wikipedia: Driehoeksongelijkheid


omtrek

403

Gelijkbenige driehoeken met zelfde omtrek en oppervlakte

Gezocht wordt naar geheel­tallige gelijkbenige driehoeken waarvan de omtrekken even lang zijn en de oppervlaktes even groot.

Mathematische Oeffeningen


 

Recepten om geheel­tallige driehoeken te vinden

Met lukraak proberen kun je geheel­tallige driehoeken vinden, maar het kan ook systematisch. De oude Babyloniers hadden al een recept om drietallen te vinden voor recht­hoekige driehoeken. Wie kleitablet Plimpton 322 leest, kan bijna niet tot een andere conclusie komen. De oude Grieken hadden verschillende recepten. Sommige worden toegeschreven aan Pythagoras, Plato en Euclides. Diophantus reikt een recept aan om geheel­tallige recht­hoekige driehoek te vinden met een geheel­tallige deellijn. Ook zijn er recepten voor geheel­tallige zwaartelijnen en geheel­tallige deellijn in willekeurige geheel­tallige driehoek.

top



 

top


Priemgetallen

Op bladzijde 366 tot en met 375 van het vijfde boek van de "Mathematische Oeffeningen" heeft Frans van Schooten alle priemgetallen onder de 10000 opgesomd.

Mathematische Oeffeningen

Geogebra

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken met drie geheel­tallige hoogtelijnen waarvan het hoogtepunt binnen of buiten de driehoek ligt en die ieder de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken delen.

Met Geogebra kun je handig driehoeken onderzoeken. Gebruik de schuifknoppen om de lengte van de zijden van de driehoek in te stellen. Geogebra laat de driehoek zien en rekent de lengte van de hoogtelijnen en de lengte van de stukken van de overstaande zijde.

 

Geogebra

Gezocht wordt naar geheel­tallige driehoeken met drie geheel­tallige hoogtelijnen waarvan het hoogtepunt binnen of buiten de driehoek ligt en die ieder de overstaande zijde in twee geheel­tallige stukken delen.

Met Geogebra kun je handig driehoeken onderzoeken. Gebruik de schuifknoppen om de lengte van de zijden van de driehoek in te stellen. Geogebra laat de driehoek zien en rekent de lengte van de hoogtelijnen en de lengte van de stukken van de overstaande zijde.
Geogebra

Voorbeelden

Hieronder staan enkele voorbeelden. Sommige driehoeken hebben een rechte hoek, andere driehoeken zijn stomphoekig of gelijkzijdig.

abchahbhc






152025201512
252530242420
252540242415
3575100602821
651561691566560
130169169156120120
16916931212012065
136255289255136120
272289289255240240
289289510240240136
175600625600175168
275625750600264220
260845975780240208
350625625600336336
580609841609580420
6259751000936600585
845910975840780728