Wiskundige problemen en probleempjes 2

Vraag 4.

Zowel A) 2 als B) 3 kunnen niet het aantal mogelijke snijpunten van de rechten weergeven.

In de wiskunde is het begrip "oneindig" een axioma.
De getallenrechte is oneindig.

Wat betekent dat 4 of 3 of 2 evenwijdige rechten een snijpunt hebben in het oneindige. De opgave zegt wel "in een vlak" maar een vlak is ook oneindig.

goede avond iedereen,

de vier leerlingen losten elk een vraag op, en juist.
Dus:

vraag 8 ) lotte - ok
vraag 7) pastoor - ok
vraag 4) sloeberkebebo - ok
vraag 3) troontje - ok.

En nu even naar de opmerking van pastoor.
Er zijn 'eigenlijke' punten en 'oneigenlijke' punten.
Een 'oneigenlijk' punt is een punt dat 'op oneindig' ligt.
Normaal werken we in het 'eigenlijk' vlak; daar rekenen we de
punten 'op oneindig' niet bij.
In het eigenlijk vlak hebben evenwijdige rechten geen punten gemeen.
Werken we ook met oneigenlijke punten, dan hebben evenwijdige
rechten ook één punt gemeen, een snijpunt op oneindig.
De vraag 4 komt uit een toets van het derde middelbaar. Daar kennen
de leerlingen nog geen oneigenlijke punten.
Ik had voor pastoor (- en voor wie nog?-) bij de vraag beter geschreven
dat we werken in een 'eigenlijk' vlak, wat dus wel de bedoeling was.
Tot daar.

Het zinnetje 'in de wiskunde is het begrip 'oneindig' een axioma'
is niet juist.
Een axioma moet een bewering zijn.
Voorbeelden van axioma's:
- door twee verschillende punten gaat steeds één rechte,
- door een punt, niet op een gegeven rechte gelegen, gaat steeds
één rechte, evenwijdig aan de eerste.
Ik hoor mijn leraar in het eerste middelbaar nog zeggen:
"een axioma is een waarheid die zo simpel is dat we ze niet bewijzen".
Totaal verkeerd:
"EEN AXIOMA IS EEN WAARHEID DIE NIET KAN BEWEZEN WORDEN".

Toch nog even naar de punten op oneindig van pastoor; dat is wel mooi
en maakt vele bewijzen in de hogere wiskunde gemakkelijker.

Een rechte heeft een vergelijking van de "eerste" graad.
Daarom zullen twee verschillende rechten steeds "1 . 1" = 1 snijpunt
hebben. Dat snijpunt kunnen we zien of niet zien; in het laatste geval
lopen de rechten evenwijdig en is het snijpunt 'oneigenlijk' (op oneindig).
Als de twee evenwijdige rechten maar één snijpunt op oneindig hebben,
langs welke kant moeten we dan de rechten doorlopen om het te vinden?
We kunnen de rechten toch in twee richtingen doorlopen.
Haha, je hebt gelijk, maar elke rechte heeft maar één punt op oneindig.
Of je nu links of rechts doorloopt op de rechte, op oneindig kom je in
hetzelfde punt terecht (stel je misschien een rechte voor als een cirkel
met een oneindig grote straal).

Een rechte is van de 'eerste' graad; een cirkel is van de 'tweede' graad.
Daarom stellen we dat een rechte en een cirkel steeds "1 . 2" = 2 punten
gemeen hebben.
We kunnen een rechte tekenen die een cirkel snijdt in twee punten.
We spreken dan van 'twee verschillende reële snijpunten'.
We kunnen een rechte tekenen die een cirkel mooi raakt.
We spreken dan van 'twee samenvallende reële snijpunten'.
We kunnen een rechte tekenen volledig buiten de cirkel gelegen.
We spreken dan van 'twee verschillende imaginaire snijpunten'.
(mooi toch, "2" omdat er twee moeten zijn, we zien ze niet, dus imaginair)

We hebben dus
'eigenlijke' en 'oneigenlijke' (= op oneindig) punten,
'verschillende' en 'samenvallende' punten,
'reële' en 'imaginaire' punten.

Nog even ...
een cirkel is van de tweede graad, evenals een parabool.
Daarom zullen een cirkel en een parabool steeds "2 . 2" = 4 punten
gemeenschappelijk hebben.

Tot slot ...
ALLE PUNTEN OP ONEINDIG LIGGEN OP 1 RECHTE: 'DE' ONEIGENLIJKE
RECHTE.
Vermits een cirkel van de tweede graad is zal hij dus altijd TWEE punten
op oneindig hebben, want ...
"2" (van zijn graad) . "1" (van graad oneigenlijke rechte) = 2
Wat voor punten zijn dat dan?
Wel, dat zijn 'twee verschillende imaginaire oneigenlijke' punten.
Nog precieser ...
het zijn 'twee toegevoegd imaginaire oneigenlijke' punten.
(herinner ... toegevoegd complexe getallen).

Sorry, ik liet me even gaan - had wat rustige tijd.
Het kan nog veel mooier.
Zo zijn er problemen die moeilijk te bewijzen zijn.
We brengen dan alles via andere coördinatenstelsels over naar ...
we lossen daar eenvoudig op (niemand ziet er ons ...) -
en brengen daarna alles doodeenvoudig terug.

tot morgen,
denook

Goeie avond denook

vraag 1-
(x-0)/4 + ( 24-x)/2= x
x/4+12 -x/2= x
12=x-x/4 + x/2
12=(4x-x+2x)/ 4
12=5x/4
48=5x
X=48/5=9,6

Het is nu 9u36’

groetjes allen
lotte.

Goede avond Denook en medeleerlingen.

Vraag 5) In een scherphoekige driehoek ABC. Bepaal de grootte van hoek BHC in functie van een van de hoeken van de driehoek ABC.

De loodlijn uit B op AC snijdt AC in punt E.
De loodlijn uit C op AB snijdt AB in punt F.
Dan is hoek BHC is gelijk aan hoek EHF.

De som van de hoeken van de vierhoek AFHE is 360°.
Hoek AEH = hoek AFH = 90°.
Hoek EHF = 180° - hoek EAF.
Dan is hoek BHC (= hoek EHF) = 180° - hoek EAF.


Gewijzigd omdat (= hoek FEH) (= hoek EHF) moet zijn zoals het hoger geschreven staat.

Vraag 5

Goeden avond allemaal

Vraag 6

Er kunnen 36 getallen in breukvorm voorgesteld worden zonder het cijfer 0
voorbeeld 1/2 2/2 2/1 enz......

Er kunnen 49 getallen in breukvorm voorgesteld worden met het cijfer 0 er bij
voorbeeld 0/0 0/1 1/0 enz.....



Groetjes Sloeber

Even een korte tussenkomst voor sloeberkebebo
en anderen die nog willen meezoeken.

Bij de dominosteentjes werd gevraagd hoeveel 'VERSCHILLENDE'
getallen we kunnen aflezen bij de steentjes.
Zo stellen 2/4 en 3/6 en 1/2 hetzelfde getal voor en hebben we
dus geen drie verschillende getallen.

tot vanavond,
denook

goede morgen iedereen,

vraag10

Als kaarten met een klinker even getallen hebben ,dan zouden de kaarten met medeklinkers oneven getallen moeten hebben(of omgekeerd)

kaart A niet omdraaien is een klinker
kaart D omdraaien , MOETeen oneven getal hebben(dan is hij goed)
kaart 9 omdraaien,MOET een medeklinker hebben(dan is hij goed)
kaar 12 niet omdraaien heeft een even getal

of.....spijtig we mogen maar één antwoord geven van de meester


troontje

Goede middag

Vraag 6

Ik gok op 16

Groetjes

Sloeber

Vraag 10.

Als op de ene kant een klinker staat MOET op de andere kant een even getal staan. Waaruit volgt dat als op de ene kant van een kaart geen klinker staat er op de andere kant een getal, even of oneven, MAG staan. Daarom MOET alleen de kaart met A aan de ene kant omgedraaid worden om te kijken of de kaart wel voldoet aan de regel.

(een andere interpretatie)

goede avond iedereen,

werden ondertussen nog juist opgelost:

vraag 1) lotte - ok
en met een mooi opgeloste vergelijking

vraag 5) pastoor - ok
de gevraagde hoek is dus gelijk aan 180° - hoek A van de driehoek,
mooie tekening ook van sloeberkebebo.

En dat was het; de motor sputterde een beetje

vraag 6) nauwkeuriger tellen sloeberkebebo
(je gaf ook maar een 'gok' zoals je zelf schreef)

vraag 10) neen troontje en pastoor,
troontje voegt er zelf een nieuwe regel bij, wat niet mag,
pastoor begint met de juiste redenering doch antwoordt dan fout.

Besluit: blijven over vragen 2 / 6 / 9 en 10.

tot morgen?
groetjes, denook

denook,

voor vraag 6
24 mogelijkheden ?

groetjes allen
lotte.

Goede avond Denook , en de medeleerlingen.

Als a.b = 66 en a².b + a.b² + a + b = 2010, dan is a² + b² = ?????

Verg. (1): a.b = 66
Verg. (2): a².b + a.b² + a + b = 2010 of ab(a + b) + (a + b) = 2010
Verg. (1) in (2) zetten: 67(a + b) = 2010 of (a + b) = 2010/67
Nu is 2010 = 2.3.5.67 en kwadrateren.

(a + b)² = (2.3.5)² of (a² + 2ab + b²) = 30² en ab vervangen
a² + 2.66 + b² = 30² of a² + b² = 30² - 132 = 768 = 2².2².43
a² + b² = 768.

Poging to verbetering van vraag 10.

Als op de ene kant een klinker staat MOET op de andere kant een even getal staan. Waaruit volgt dat als op de ene kant van een kaart geen klinker staat er op de andere kant een getal even of oneven MAG staan.

Daarom MOET de kaart met A aan de ene kant omgedraaid worden om te kijken of de kaart wel voldoet aan de regel.

Daarom MOET de kaart met het getal 9 aan de ene kant omgedraaid worden om te kijken of de kaart wel voldoet aan de regel.

Deze twee kaarten moeten ZEKER omgedraaid worden.