Geheeltallig

Wikipedia: Diophantus of Alexandria
Jan Pietersz Dou
Simon Stevin
Duytsche Mathematique, (Ingenieursschool in Leiden)
Wikipedia: Guilielmus Xylander (Wilhelm Holtzman)
Wikipedia: François Viète

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 (3^de eeuw), loopt via een Arabische connectie (9^de eeuw) en een Byzantijnse (11^de 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.

Links

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.

Bachet: I-1 (opdracht I-1)

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
Gegeven	s en v
Gevraagd	g en k met g + k = s en g − k = v
Omdat	g + k = s g − k = v
dan is	g + k + g − k = s + v 2g = s + v g = ½(s + v)
en omdat	s − g = k k = s − ½(s + v) k = ½(s − v)
Voorbeeld
Voor	v = 40 s = 100
is	g = ½(100 + 40) = 70 en k = ½(100 − 40) = 30

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.

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
Gegeven	s en k
Gevraagd	x en y met x + y = s x² + y² = k
Neem	½s − z = x ½s + z = y
Zodat	(½s − z)² + (½s + z)² = k (½s)² − sz + z² +(½s)² + sz + z² = k ½s² + 2z² = k 2z² = k − ½s² z² = ½k − ¼s² = ¼(2k − s²) z = √‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾(½k − ¼s²) = ½√‾‾‾‾‾‾‾‾(2k − s²)
Tot slot	x = ½s − z = ½s − ½√‾‾‾‾‾‾‾2k − s² y = ½s + z = ½s + ½√‾‾‾‾‾‾‾2k − s²
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

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

Gegeven

s en k

Gevraagd

x en y met
x + y = s
x² + y² = k

Herleid

x = s − y

Zodat

(s − y)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
	2

y =	s ± √‾‾‾‾‾‾‾2k − s²
	2

zodat

y = ½s + ½√‾‾‾‾‾‾‾2k − s²

x = s − y

zodat

x = ½s − ½√‾‾‾‾‾‾‾2k − s²

Bachet: I-31 (opdracht I-28)
- Opdracht 28 of 31?
  
  Bachet nummerde de opdrachten anders.
  Overzicht van de nummering met literuurverwijzingen

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
BD	=	AB	dus	3 − 3x	=	c

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.

Lees meer over geheeltallige rechthoekige driehoeken met een geheeltallige deellijn.

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

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.

overzicht

Zeteticum I-1 (opdracht I-1)

Zeteticum II-6 (opdracht I-28)

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

Meetkundig Verband

Hieronder staan allemaal verschillende problemen die gaan over geheeltallige driehoeken. Met algebra kunnen vergelijkingen over de exacte lengtes van de zijden van driehoeken opgesteld worden. Recepten zijn beschikbaar om driehoeken met geheeltallige lengtes te maken:

Rechthoekige driehoeken met geheeltallige zijden
Rechthoekige driehoeken met geheeltallige zijden (Viète)
Driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheeltallige stukken deelt
Driehoeken waarvan de hoogtelijn buiten de driehoek valt en het verlengde van de overstaande zijde geheeltallig is
Gezocht wordt naar een abc-tje voor geheeltallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheeltallige stukken deelt
Gezocht wordt naar een bdz-tje voor geheeltallige driehoeken waarvan de hoogtelijn de overstaande zijde in twee geheeltallige stukken deelt
Driehoeken met drie geheeltallige hoogtelijnen waarvan het hoogtepunt binnen de driehoek ligt.
Driehoeken met drie geheeltallige hoogtelijnen waarvan het hoogtepunt buiten de driehoek ligt.
Driehoeken met een geheeltallige zwaartelijn
Rechthoekige driehoeken met een geheeltallige deellijn
Driehoeken met een geheeltallige deellijn
Gelijkbenige driehoeken met zelfde omtrek en oppervlakte

rechthoekige driehoeken met geheeltallige zijden

Bewijs geheeltallige straal ingeschreven cirkel

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.

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

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 =	1	b² − 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.

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

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.

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

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.

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)²
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.

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

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.

Laat zien dat de bijbehorende driehoeken rechthoekig zijn.

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.

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

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,bf−dg,zx) en (bg−df,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)²
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.

origineel

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

Recept

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

hoogtelijn deelt overstaande

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 − y²	dus	h² = (x + y)(x − y)
h² = w² − v²	dus	h² = (w + v)(w − v)

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

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)²
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)²

Dit zijn merkwaardige producten:

h² = v² − z²	dus	h² = (v + z)(v − z)
h² = x² − (y+z)²	dus	h² = (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
h² = 21 × 11 = 77 × 3 = 231

Opdracht

Vind alle driehoeken met h = 231.

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.

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.

Recept geheeltallig verlengde tot de hoogtelijn

Recept

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

Lijsten

Het gaat hier om gelijke verschillen van kwadraten:
v² − z² = x² − (y+z)²
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 aac−bbc en lange zijde aac+bbc. Het rechterdeel is ook een rechthoekige driehoek met dezelfde hoogtelijn, met rechthoekszijde abb−acc 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.

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.

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.

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.

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.

Opdracht

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

Antwoord

In iedere driehoek moet voldaan zijn aan de driehoeksongelijkheden.

p + q > r	(aac−bbc+abb−acc) + (aac+bbc) > (abb+acc) 2aac > 2acc a > c
q + r > p	(aac+bbc) + (abb+acc) > (aac−bbc+abb−acc) 2bbc + 2acc > 0 altijd waar!
r + p > q	(abb+acc) + (aac−bbc+abb−acc) > (aac+bbc) 2abb > 2bbc a > c

Conclusie is dat op grond van de driehoeksongelijkheid a > c moet zijn.

Wikipedia: Driehoeksongelijkheid

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.

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.

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.

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

Viète Opera Mathematica

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

drie hoogtelijnen met hoogtepunt binnen

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 × h_A
O = ½ b × h_B
O = ½ c × h_C

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.


a	b	c	h_a	h_b	h_c

25	25	30	24	24	20
130	169	169	156	120	120
272	289	289	255	240	240
350	625	625	600	336	336
625	975	1000	936	600	585
845	910	975	840	780	728
Hieronder staan voorbeelden met een rechte hoek in punt C.
a	b	c	h_a	h_b	h_c

15	20	25	20	15	12
65	156	169	156	65	60
136	255	289	255	136	120
175	600	625	600	175	168
580	609	841	609	580	420

Opdrachten

Opdracht 1:

Bestudeer deze driehoeken met Geogebra.

Start Geogebra

Opdracht 2:

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

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.

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.

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 ℝ, de verzameling van alle getallen, inclusief de getallen die geen breuk zijn en niet van ℚ, 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!

Onderzoek

Bestudeer deze driehoeken met Geogebra.

Start Geogebra

drie hoogtelijnen met hoogtepunt buiten

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

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.


a	b	c	h_a	h_b	h_c

25	25	40	24	24	15
35	75	100	60	28	21
169	169	312	120	120	65
289	289	510	240	240	136
275	625	750	600	264	220
260	845	975	780	240	208

Recept voor een geheeltallige zwaartelijn.

zwaartelijn

45 recto

Driehoeken met geheeltallige zwaartelijn

Gezocht wordt naar geheeltallige driehoeken met een geheeltallige zwaartelijn.

GN108

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:

Z_a² = 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).

Diophante Arithmeticorum libri sex: bladzijde 418

Diophantus

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

1 − x

p − px

1 − x

q − qx

Volgens de stelling van Pythagoras geldt

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

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

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

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.

Opdracht 1

Toon met algebra de driehoeksongelijkheden aan.

Antwoord

Te bewijzen

ps + pr > qs + qr

Gegeven

v > w en p > q

Omdat

p = v + w > v − w = q

Daarom

p (s + r) > q (s + r)

Conclusie

ps + pr > qs + qr

Te bewijzen

qs + qr + pr > ps

Gegeven

v > w

Als

w < v ×	r
	s

Dan

ws < vr
2ws < 2vr
vs + 2ws < vs + 2vr + wr − wr
(vs + ws) < (vs − ws) + (vr − wr) + (vr + wr)

Conclusie

ps < qs + qr + pr

Te bewijzen

qs + qr + ps > pr

Gegeven

v > w

Als

w < v ×	s
	r

Dan

wr < vs
2wr < 2vs
vr + 2wr < vr + 2vs + ws − ws
(vr + wr) < (vs − ws) + (vr − wr) + (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.

Opdracht 2

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

Antwoord
Gegeven	AD² = AB × AC − BD × CD
Daarom	AD² = pr × ps − qr × qs
Dus	AD² = (p² − q²) × (r × s) = ( (v + w)² − (v − w)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

Wikipedia: Driehoeksongelijkheid

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.

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.

Recept van Plato voor rechthoekige driehoeken: ( 2m , m²−1 , m²+1 )
Recept van Euclides voor rechthoekige driehoeken: ( m²−n² , 2mn , m²+n² )
Recept van Fermat voor rechthoekige driehoeken: ( m , m+1 , c )
Recept voor hoogtelijn die overstaande zijde in twee geheeltallige stukken deelt
Recept voor geheeltallige verlengde tot de hoogtelijn
Recept voor deellijn in rechthoekige driehoek
Recept voor deellijn in willekeurige driehoek

Lijsten van geheeltallige driehoeken