Issuu

VECTOR MEI 2021 - nummer 11

TIJDSCHRIFT voor wiskundeonderwijs

3 RODE, BLAUWE EN GELE MUTSEN OVER ZWARTE GATEN EN DE NOBELPRIJS FYSICA 2020 40 EEN UIT DE HAND GELOPEN SCHELPENVERZAMELING

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

2 INHOUD

3 RODE, BLAUWE EN

GELE MUTSEN EEN EENVOUDIGE AFGELEIDE? 6

VECTOR

KORTSTE WEG LANGSHEEN EEN KEGEL 28 32

OVER ZWARTE GATEN EN DE NOBELPRIJS FYSICA 2020

TAFELEN VAN INTEREST DE KROMME VAN HELGE VON KOCH 20 24 PIONIER VAN HET

DUBBELVERSTEK POPKE BAKKER (1946 – 2020)

EEN UIT DE HAND GELOPEN SCHELPENVERZAMELING 40 44

REDENEREN EN BEWIJZEN OVER EN MET OPPERVLAKTE

VECTOR 4e jaargang - nummer 11 REDACTIE Tom Harteel, Nicolas Ruys, Anke Oderij, Ellemijn Van Puymbroeck die Keure, Kleine Pathoekeweg 3, 8000 Brugge, educatief@diekeure.be EXTERNE AUTEURS die occasioneel of op geregelde basis een bijdrage willen leveren, kunnen contact opnemen met educatief@diekeure.be. VECTOR Vector is gratis voor alle leerkrachten wiskunde in België. VERANTWOORDELIJKE UITGEVER die Keure, Kleine Pathoekeweg 3, 8000 Brugge VORMGEVING EN DRUK Isabelle Tilleman - die Keure, Brugge REACTIES Al je reacties, suggesties en opmerkingen zijn welkom op educatief@diekeure.be

RODE, BLAUWE EN GELE MUTSEN

REKENEN MODU PYTHAGORAS Als het nu tien uur 's de kleine wijzer van e op 10. Over acht uur op 6, nog eens acht Wiskundigen zeggen is aan '6 modulo 12'. gelijk aan '2 modulo Rekenen 'modulo 3' moet je je geen klok VIJF KABOUTERS WORDEN GEGIJZELD DOOR DE GEMENE VOLDEMORT.de ZEgetallen 1 tot en m KRIJGEN DE KANS OM VRIJ TE KOMEN. DAARVOOR MOETEN ZE EEN MOEILIJK de getallen 0, 1 en 2 rekent, is elk veelvou RAADSEL OPLOSSEN. 6, 9, …) gelijk aan 0. D O O R A L E X VA N D E N B R A N D H O F E N D I O N G I J S W I J T 10, … zijn allemaal g A L E X VA N D E N B R A N D H O F I S D O C E N T W I S K U N D E I N B A S E L , W E T E N S C H A P S J O U R N A L I S T E N AU T E U R VA N H E T B O E K P R I E M WO E S T I J N E N , OV E R 5, 8, 11, … zijn alle g H O O G T E P U N T E N U I T D E 2 1 E - E E U WS E W I S K U N D E . D I O N G I J S W I J T I S H O O G L E R A A R W I S K U N D E A A N D E T E C H N I S C H E U N I V E R S I T E I T D E L F T. paar rekenvoorbeeld (mod 3), 1 + 2 = 0 ( (mod 3). Hieronder z Vijf kabouters worden gevangen gehouden door de drie in de tweede rij C, D en E. De vijf mutskleuren tabel voor rekene a, bhet , Voldemort. Voldemort is de ultieme vertegenwoordiger van A, B, C, D en E noteren ze met achtereenvolgens

c, d en e. Om de strategie van de kabouters te begrijpen, van het kwaad. De kabouters zullen een ongelukkig lot betekent; zieA en B raden – tegemoet gaan, behalve … als ze in staat zijn een moeilijk moet je weten wat ‘rekenen modulo 3’niet Oplossing toe wat kleur a, D raadt daarvoor kader. raadsel op te lossen. 0 en Oplossing niet toe wat A en Bnummeren raden dede vrijlating is Om te beginnen kabouters gegarandeerd. A Oplossing Oplossing niet niet toe toe wat wat AA en enhet BB– raden raden – – de de vrijlating vrijlating is is danCalraadt rij 1: rij rij3). 1:1: Als kleur a + b (mod a , D raadt kleur b en E raadt kleur C raadt kleur Om te Om beginnen nummeren de kabouters dan al gegarandeerd. A en B veronderstellen de drie mutskleuren: rood = =1 daarom dat C, D en E het a Om te te beginnen beginnen nummeren nummeren de de kabouters kabouters dan dan al al gegarandeerd. gegarandeerd. AA0, en enblauw BB veronderstellen veronderstellen Oplossing niet toe wat A hen en Bzijn raden – de vrijlating is goed (mod 3). Als ten minste één van mutskleur Voldemort heeft vijftien kaboutermutsen: rode, hen zijn mutskleur de driede mutskleuren: rood =rood 0, blauw 1 daarom dat C,De D en E het fout en geel = 2. kabouters af dat hebben: a c, b d en a+ de drie drie mutskleuren: mutskleuren: rood = =0, 0,= blauw blauw = =11 vijf daarom daarom dat dat C, C, D D en enallemaal EEspreken het het allemaal allemaal fout fout Om te beginnen nummeren de kabouters dan al gegarandeerd. A en B veronderstellen Oplossing niet toe wat A raadt, en B raden – de vrijlating is A en B raden – de niet toe wat vijf blauwe gele. Hij spreken zegt tegen de en geelen = 2. De= spreken af dat hebben: a c, b d en +en b e (mod de twee in degoed eerste rijaAdoet Bhet en3). A e en geel geel =kabouters 2. 2.en De Devijf kabouters kabouters spreken af af dat datkabouters: hebben: hebben: a c, a c, b d b d en en aaheten, + +er b e b e (mod (mod 3). 3).Welke strategie kunnen detwee drie mutskleuren: rood = 0, = 1 is danAalen daarom dat C, DA en het allemaal fout rij 1: Om te beginnen nummeren de kabouters dan alblauw gegarandeerd. B veronderstellen vrijlating gegarandeerd. en E B veronderstel‘Morgen plaats ik rijen: in rij 1 staan twee de twee intwee de eerste rij A jullie enrij B in en strategie kunnenkunnen AC, enDBen nu de drie in de tweede rij E.hanteren De vijf de de twee in in de de eerste eerste rij Aheten, A en en BB heten, heten, en en Welke Welke Welke strategie strategie kunnen AA en en B B nu nu hanteren hanteren waarmee ze er zeker van z en=geel = 2. De af daarom datD en dat hebben: a c, b dfout en hebben: a + b e (mod 3). dekabouters, drie mutskleuren: rood 0, blauw =Kabouters 1kaboutersdaarom dat C, E het allemaal fout len C, D en E het allemaal in rij rij 2C,staan drie kabouters. inspreken de driede in drie de Drij enC, E.D ze er van zeker datzijn minstens mutskleuren B, C,zijn Dvan en Ezijn noteren de drietweede in in de de tweede tweede rij C, DDe en envijf E. E. De De vijf vijf waarmee waarmee waarmee ze zeA, er ervan zeker zeker van dat dat minstens minstens één van hen het goede ant despreken twee in af de eerste rij Ahebben: enwel B heten, en b d enWelke strategie A en B nu hanteren endezelfde geel = 2. kabouters dat a c, a + b e (mod 3). (mod kunnen 3). rij De kunnen elkaar niet zien, maar ze kennen PYTHAG mutskleuren van A, van B, C,A, DB, enC, ED noteren hen het goede antwoord zevan met achtereenvolgens a, b, c,geeft? d en e. Vanwege de aanname 1 a mutskleuren mutskleuren van A, B, C, D en en EE noteren noteren één één één van van hen hen het het goede goede antwoord antwoord geeft? geeft? de drie in de tweede rij C, D en E. De vijf waarmee ze er zeker van zijn dat minstens Welke strategie A en B nu hanteren waarmee plaats in eerste de rij. Wel in dehun twee in de rij Akan en iedereen B heten, de en kaboutersWelke strategie kunnen kunnen A en B nu hanteren rij 2: ze metze achtereenvolgens a, b, c,a, d b, en e.dd en Vanwege de aanname a c blijven er be voor rij rij2:2:over Om de strategie van de kabouters te grijA's muts twee kleuren ze met met achtereenvolgens achtereenvolgens a, b, c, c, en e. e. Vanwege Vanwege de de aanname aanname a c a c blijven blijven er er voor voor Oplossing niet toe wat Aéén en B dat raden – de vrijlating is goede mutskleuren van A, B, mutsen C, waarmee D en E noteren van hen het goede antwoord geeft? zeze erer zeker van zijn dat minstens één van hen het ándere rijtweede zien.’ Terwijl Voldemort dede drie in de rij C, D en E. Dezijn vijfvijftien zeker van zijn minstens Om de Om strategie van devan kabouters te begrijA'spen, muts over; noem die kleumoet je kleuren weten wat 'rekenen 3' Bkleuren x en x (Q YDQZHJH E Om de de strategie strategie van de de kabouters kabouters te te be begrijgrijA's A'stwee muts muts twee twee kleuren kleuren over; over;modulo noem noem die die kleuOm te beginnen nummeren de kabouters dan al gegarandeerd. A en veronderstellen a, b,van c, dhen en e. Vanwege de blijven er voor antwoord geeft?antwoord Vanwege geeft? de aanname aanname a c blijven laat zien, vervolgt zal ieder van jullie één vanéén deze mutskleuren van A,hij: B,‘Ik C,ze D met en Eachtereenvolgens noteren het goede pen, moet weten 'rekenen modulomodulo 3' ren x en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN betekent; het voor B's muts twee kleuren pen, pen,jemoet moet je jewat weten weten wat wat 'rekenen 'rekenen modulo 3' 3' ren ren en endaarvoor x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN de drie mutskleuren: rood blauw =geef, 1 xxzie daarom datkader. C, D muts en E het allemaal fout er voor A’s muts twee kleuren noem die kleuren op het hoofd zetten. Zodra ik = een signaal Om de de kabouters te beaanname grijA's twee kleuren over; noem xdie kleurij 2: zemutsen met achtereenvolgens a, b, c,strategie d en e.0,van Vanwege de a c blijven erover; voor betekent; zie daarvoor het kader. voor B's muts kleuren over; noem die y en3). y'. In totaal zijn er betekent; betekent; zie zie daarvoor daarvoor het het kader. kader. voor voor B's B'stwee muts muts twee twee kleuren kleuren over; over; noem noem en geel = 2. De kabouters spreken af dat hebben: a c, b d en a + b e (mod x’ . En vanwege blijven ook voor B’s muts twee en raadt iedereen tegelijkertijd zijn eigen mutskleur. Als pen, moet je weten wat 'rekenen modulo 3' ren x en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN Om de strategie van de kabouters te begrijA's muts twee kleuren over; noem die kleudie y en y'.yyIn er zijn nu moge - moge lijke verdelingen die die en entotaal y'. y'.Welke In Inzijn totaal totaal zijnvier er erkunnen nu nu vier yvier en y’moge .en Intwee totaal zijn muts er nu viernoem voor over; noem die ten moet minste één vanin jullie zijn mutskleur goed raadt, laat de twee de'rekenen eerste rij A B3'heten, en strategie A B--nukleuren hanteren betekent; zieen daarvoor het kader. voor B's muts over; pen, je weten wat modulo ren x en kleuren x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN lijke muts verdelingen voor A en B: Voorbeel • A heeft x en B heeft y; lijke lijke muts muts verdelingen verdelingen voor voor A A en en B: B: Voor Voor voor Adat en B: ik jullie vrij.’ dedaarvoor drie in dehet tweede waarmee ze er zijn minstens diezeker yover; en van y'. In totaal zijn er nu vier mogebetekent; zie kader.rij C, D en E. De vijf voor B's mogelijke muts tweemutsverdelingen kleuren noem • A heeft x en B heeft y; De kabouters • A heeft x' en B heeft y; C •• AA heeft heeft x en BB heeft heeft y; De De kabo kabo x zijn eny; B heeft y; verdelingen - xéén Aen heeft mutskleuren van A, B, C, D en E noteren van hen het goede antwoord lijke muts voor A en B: die y en y'. In totaal er nu vier moge- geeft? • rijen A heeft en-B x' heeft zeggen achtere • A heeft x en B heeft y'; a •• AAx'heeft heeft x' en BBy; heeft heeft y; y; zeggen zeggen x’de en ; a c Aen heeft Tot het moment de kabouters in de ze metdat achtereenvolgens a, twee b, c, d en e. Vanwege aanname •B heeft AAheeft x en blijven B heeft er y;voor lijke muts verdelingen voor enyB: Voor • A heeft x en B heeft y'; ter E heeft het • A heeft x' en B y'. • • A A heeft heeft x x en en B B heeft heeft y'; y'; ter ter E E hee he xtwee en B heeft y’; over; - A heeft worden opgesteld, kunnen van de kabouters met te elkaar Om de strategie de kabouters be•grijdie A heeft x' en noem B heeft y;kleuA heeft xA's enmuts B heeft y;• kleuren De kabo • A heeft x' en B heeft y'. kabouters vrij. • • A A heeft heeft x' x' en en B B heeft heeft y'. y'. kaboute kaboute x’ en •B heeft y’. - ren A heeft overleggen. Daarna meer: zodra de mutsen zijn verpen, moetniet je weten wat 'rekenen modulo x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN • 3' A heeft x' enxBen heeft y; A heeft x en B heeft y'; zeggen a Hoe redeneren De kabouters berekenen va Hoe Hoe rede red deeld, is elke vorm van communicatie, ook non-verbaal, betekent; zie daarvoor het kader. muts kleuren noem •twee A heeft x' enover; B heeft y'. • A heeft xvoor en BB's heeft y'; ter E hee De kabouters berekenen vanberekenen elke mogelijkZex veronderste heid de som: + y (mod 3 De De kabouters kabouters berekenen berekenen van van elke elke mogelijkmogelijkZe Ze veron vero Dedie kabouters van elke mogelijkheid de verboden. De slimme kabouters bedenken een strategie y'. In • A heeft x' eny Benheeft y'.totaal zijn er nu vier mogekaboute heid som: + y (mod 3), x' + y (mod 3), 8LW a x + y' (mod 3) en x' + y’ (m (mod 3), (mod 3), (mod 3) som: waarmee ze gegarandeerd vrij zullen komen. Hoede luidt heid heid de dexsom: som: x x + + y y (mod (mod 3), 3), x' x' + + y y (mod (mod 3), 3), 8LW 8LW lijke mutsverdelingen voor A en B: De kabouters berekenen van elke mogelijkHoe rede x + y' (mod en x' +en y’ x' (mod 3). Onder hun mutsverde (mod 3). Onder deze vier uitkomsten komen en die strategie? deze vier uitkomsten kome xx + + y' y'3) (mod (mod 3) 3) en x' + + y’ y’ (mod (mod 3). 3). Onder Onder hun hun mut mu • Aberekenen heeft x en B heeft y; heid de som: x + y (mod 3), x' + y (mod De kabouters van elke mogelijkZe 3), veron alle mogelijke waarden (0, 1 en 2) voor: twee waarden deze vier uitkomsten komenkomen alle mogelijke waarden (0,mogelijkheden 1 en 2) voor: deze deze vier vier uitkomsten uitkomsten alle alle mogelijke mogelijke mogelijk mogelijk • Ax heeft x'komen en B y' heeft x 3), + (mod 3) en3), x' + y’ (mod 3). Onder heid de som: + y (mod x' + waarde yy;(mod 8LW komen één keer voor, één komt twee keer voor. OPLOSSING waarden (0, 1 en 2)11voor: twee waarden • A heeft 0hee enw komen één keer voor, waarden waarden (0, (0, en en 2) 2) voor: voor: twee twee waarden waarden • • AAéén hee • 3) A heeft x en B heeft y'; deze vier uitkomsten komen alle mogelijke x + y' (mod en x' + y’neem (mod Onder hun mut Anders gezegd: je3). in de tabel (intwee het kader) twee Om te beginnen nummeren de kabouters de drie mutskomen één keer voor, één waarde komt (mod 3); keer voor. Anders gez komen komen één één keer keer voor, voor, één één waarde waarde komt komt (mod (mod • A heeft x' en B heeft y'. 1 en 2) voor: twee waarden waarden (0, deze vierrijen uitkomsten komen alle dan mogelijke mogelijk en Anders twee kolommen, detabel vier kruispunkleuren: rood = 0, blauw = 1 en geel = 2. De kabouters twee keer voor. gezegd: neem je in bevatten • Akader) heeft en (in het twe twee twee keer keerAnders voor. voor. Anders gezegd: gezegd: neem neem je je in in de •• AA0hee hee komen één keer voor, één waarde komt waarden (0, 1 en 2) voor: twee waarden • A hee ten samen altijd alle drie de kleuren. spreken af dat de twee in de eerste rij A en B heten, en de tabel het(in kader) twee rijen en twee 3); dan(mod bevatten d de de(in tabel tabel (in het het kader) kader) twee twee rijen rijen en envan twee twee (mod (mod kabouters berekenen elke kolommen, mogelijktwee keer komt voor. Anders gezegd: neem je in komen éénDe keer voor, één waarde (mod kolommen, dan bevatten de vierde kruis punten •alle A heeft 2hee en samen altijd drie de kle kolommen, kolommen, dan dan bevatten bevatten de vier vier kruis kruis punten punten • • A A hee heid de som:gezegd: x +tabel y (mod 3),jex' de (in het kader) twee 3), rijen en twee twee keer voor. Anders neem in+ y (mod • A hee samensamen altijd alle drie dedrie kleuren. (mod 3); samen altijd altijd alle alle drie de de kleuren. kleuren. (mod (mod x + y' (mod 3) en x' + y’ (mod 3). Onder kolommen, bevatten de vier kruispunten de tabel (in het kader) twee rijen endan twee (mod •veronderstellin A heeft en Vanwege de REKENEN deze MODULO 3 • • A A2hee hee uitkomsten komen alle mogelijke samen altijd drie de kleuren. kolommen, dan vier bevatten de vier kruisalle punten • A hee Vanwege de nu veronderstelling a + b e REKENEN MODULO 3 (mod 3). (mod 3) kunnen de kabout Als het tien uur 's ochtends is, Vanwege Vanwege de de veronderstelling veronderstelling a a voor: + +staat b e b e REKENEN REKENEN MODULO MODULO 33 (mod (mod waarden en 2) twee waarden samen altijd alle drie(0, de1kleuren. (mod

1 0 C, D niet toe wat A en B raden – de vrijlating is rij 1: 1: a uters dan al gegarandeerd. A en B veronderstellen Ae w=1 daarom dat C, D en E het allemaal fout 1 0 zegge C, D en E zeggen wat A en radenb d – de vrijlating is a+ f datniet toe hebben: a c, en a + b e (mod 3). Vanwege de B veronderstelling (mod 3) rij 1: 1: rij 1 0 fout 1: allemaal fout. dan al gegarandeerd. A en B veronderstellen C, D en E zegge niet toe wat A en B raden – de vrijlating is kunnen de strategie kabouterskunnen dus éénAofen twee van de vier moge, en dat Welke B nu hanteren rij 1: 1 1 0 0 A B dat C, D en E het allemaal fout C, D enveronder E zegge niet toe wat A en Bze raden –uitsluiten. vrijlating is minstens 1:en allemaal fout dan al gegarandeerd. A en Bde veronderstellen lijke mutsverdelingen Er blijven dus twee of mo e vijfdaarom waarmee er zeker van zijn dat 1: rij 1: 0 a1: 1 0is b 8LW a a c, b d a– +Bde b e (mod allemaal fout dan al gegarandeerd. A en veronderstellen sing niet toe3). A en B raden – derijvrijlating A+ en B veronder daarom dat C, D en Een het allemaal fout C, D en E1zegge niet toe wat Avan en B raden vrijlating iswat drie mogelijke mutsverdelingen over. • A erenhebben: één hen het goede antwoord geeft? 1 2 1 rij 1: 11 1EEzeggen 00veronderstellen 0 rij 1:C, dat hun mutsver strategie kunnen A B nu hanteren A en Bachtereen veronder daarom dat C, ende E en het allemaal fout innen nummeren de––Dkabouters dan gegarandeerd. A enisB a+ b 8LW a hebben: a c, b d aen + b e (mod 3). –er 1: allemaal fout( dan alBB gegarandeerd. A en Bis veronderstellen C, DD en en zeggen achtereen e wat en raden de vrijlating is AA en raden de niet vrijlating toe wat Aa c en Bal raden devoor vrijlating rij 2: nwat e. Welke Vanwege aanname blijven rij1:1: 1 rij rij 1: 0 i waarmee ze er zeker dat minstens a + b 8LW a hebben: a c, b d en + b e (mod 3). tskleuren: 0,D blauw = 1 daarom dat C, D en E het allemaal fout dat mutsve Welke strategie Aazijn en B nu hanteren A enhun B0,veronder daarom C, en Evan het allemaal fout 1: allemaal allemaalmogelijkheden fout. gegarandeerd. A=spreken en Bkunnen veronderstellen C, D en E zeggen achtereenvolgens 1 en• is – de vrijlating en kabouters 1: fout. gegarandeerd. Ais en B veronderstellen dan al gegarandeerd. A endie B veronderstellen Arood endat B nu het volgende af.noem Als er twee mutsverA be grijA's muts twee kleuren over; kleurij 1: • A heeft 0 en B één van hen het goede antwoord geeft? dat mutsve Welke strategie kunnen Aakiest en Bdat nu hanteren 2. De kabouters spreken af van dat hebben: b dfout en a + b e (mod13). mogelijkheden waarmee erallemaal zeker zijn minstens a + hun b 8LW a hebben: a c, b d en + b e (mod en BB veronderstellen veronderstellen data m dat C, en het allemaal fout 1: allemaal fout. AA1en B veronderstellen dn = 0, blauw =EE 1ze dat dat C, DDdelingen en het daarom fout dat C, D en E 3). het allemaal 2 A zijn kleur ina c, de mutsverdedulo 3' (i ren xoverblijven, en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN rijnu 2: hanteren 2: 3); Vanwege de a c blijven er voor mogelijkheden i waarmee ze er zeker van zijn dat minstens eerste rijstrategie Ahen enaanname B heten, en strategie kunnen A en • (mod A hun heeft 0 en B éénb d van het goede antwoord geeft? dat mutsve Welke kunnen A het ena c, B nuWelke hanteren + b 8LW a HQ b b 8LW a HQ b n: a c, b d a+ + b e (mod 3). A en B veronderstellen dat a b HQ allemaal fout aa1 + spreken af dat :de a c, en a b e hebben: (mod 3). b d en a + b e (mod 3). Brij 2 ling waarvan de som kleinst is, en B kiest zijn kleur in 1 • A voor B's muts twee kleuren over; noem rij 2: minstens •• A heeft 00één en A's muts twee kleuren over; noem die A heeft en B B één van hen het goede antwoord geeft? de rijen C, DAA en E. vijf waarmee erBzeker van zijn dat (mod 3); Vanwege de aanname a c er kleuvoor mogelijkheden iv waarmee ze er zeker zijnblijven dat minstens dat hun mutsverdeling mutsverdeling één strategie kunnen en nuvan hanteren a + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H a +tweede (mod 3). en Bb e heten, dat hun trategie kunnen en BBDe Welke nu hanteren strategie kunnen Azeen nu hanteren 1 2 de mutsverdeling waarvan de som het grootst is. Precies 1 ( die y en y'. In totaal zijn er nu vier mogerij 2: 1 2 (mod 3); x en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN (mod 3); Vanwege de aanname a c blijven er voor 1 en van A,zeker B, C, D en E noteren één van hen het goede antwoord geeft? A's muts twee kleuren over; noem die kleu• A heeft 0 en B één van hen het goede antwoord geeft? mogelijkheden is: ee ze er zeker van zijn dat minstens dat hun mutsverdeling één van de volgende en Bren nu hanteren D ze en E. De vijf mogelijkheden is: ee er van zijn dat waarmee minstens ze er zeker van zijn dat minstens één lijke van hen raadt zijn mutskleur dan 2 • A 1 2 1 1 1Voorbeeld muts verdelingen voor A enjuist. B: rij 2:•• AA heeft rij rij 2: 2: er voor 200, en B B's twee kleuren over; noem A heeft ener B A's muts twee kleuren over; noem die kleutereenvolgens a,antwoord b, c, d één en e. Vanwege de aanname a c11 blijven ren xgoede en muts x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN (mod 3); Vanwege de aanname a c blijven er voor heeft enA heeft 0, er hen het goede antwoord geeft? mogelijkheden is: zijn dat minstens D envoor Ehet noteren 00•• en BBheeft heeft nn hen geeft? van hen het goede antwoord geeft? 1 1 1 2 2 2 1 ( • A heeft x en B heeft y; De kabouters C, D en E (die A en B zien) rij 2: rij 2: rij 2: (mod 3); en y'. In totaal zijn er nu vier moge (mod 3); ren xen en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN tegie van de kabouters te be grijA's muts twee kleuren over; noem die kleu2 voor B's muts twee kleuren over; noem • A heeft 0 en B A's muts twee kleuren over; noem die kleu(mod 3); ge dedie aanname a c blijven er voor • A heeft 0 en B heeft 0, er geldt 0 + 0 = 0 ntwoord geeft? (mod 3); a, b, c, dy e. ge de aanname a c blijven Vanwege er voor de aanname a c blijven er voor Als er drie mutsverdelingen overblijven,1nemen ze de 2 1 zeggen achtereenvolgens 0, 1 en 1. KabouOm • A heeft x' en B heeft y; rij 2: • A heeft 2 en B lijke muts verdelingen voor A en B: Voorbeeld 1 21, ener voor B's muts kleuren over; noem je weten wat modulo 3' x en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN diekleuren yx en y'. In twee totaal zijn erkleunu moge -over; (mod 3); ren en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN heeft 00• enA heeft 1, erB ts twee kleuren over; noem die kleu(mod 3); c blijven er voor te be'rekenen grij•• AA heeft en BBheeft heeft sbouters twee over; noem A's muts die twee kleuren noem kleumutsverdeling die hoort bijvier deren som die slechts ééndie keer • x Aenheeft x eny;B heeft y'; terC, E heeft goed en dus komen de (mod 3). eer •die A B heeft De kabouters D1•enAEhet (die A 3); yheeft enhet y'. In twee totaal zijn er Anu moge - muts zie daarvoor kader. voor B's twee kleuren noem lijke muts verdelingen voor envier B: Voorbeeld • A 0heeft 2 en voor B's muts kleuren over; noem (mod 3); n x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN heeft 0 en en B B zien) heeft 1, er geldt +1 = 1 B er; noem die kleu(mod 3); ekenen modulo 3' n ren x en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN voorkomt. Beide kabouters noemen hun mutskleur dan over; uit • Aen heeft x' en B heeft y'. kabouters vrij. B heeft y; bovendie •lijke x' zeggen achtereenvolgens 0,3); 1 Kabou• 20, ener muts verdelingen voor envier B: Voorbeeld 1 en(mod die y kleuren en- y'. Inover; totaalnoem zijn er nu vier moge - C, D 3). • A Atwee heeft x In entotaal B heeft y; De kabouters E (die A en en 1. B zien) (mod 3); die yheeft enkleuren y'. zijn er A nu moge heeft 22Omdat enA heeft 0, erB muts kleuren over; noem E G EOLMYHQ RRN tskader. •• AA heeft en BBheeft heeft s muts twee over; voor noem B's muts twee correct. uit Hoe redeneren A en B (die C, D en E zien)? eerste en laatste •• heeft xx heeft E heeft hetC, goed dus 3). Atotaal heeft en Bnu heeft y; De kabouters D (die A B zien) lijke muts voor- A ter en B: Omdat bovendie 1(mod x'en en Bnu heeft y; zeggen achtereenvolgens 0,komen 1 1.de Kabou• A 2heeft 2 en lijke muts verdelingen voor Voorbeeld 1•enen (mod 3); n y'. y'. InA zijn erB vier moge - InB: AEheeft 2 en Voorbeeld heeft 0, er geldt + 0 = 2 B en over; noem (mod 3); n In totaal zijn er vier die yy'; moge en A y'. -en totaal zijn verdelingen er nu vier moge De kabouters berekenen elke Ze veronderstellen datDe + bbovendie uit van de tweede ••vier A x' en B heeft y'. kabouters vrij. Omdat A heeft heeft x' enA Ben heeft y; zeggen 0, 1 en 1.a b HQ a • van A heeft xmogelijken B heeft y; eerste en laatste C, D(mod en E (die A y'; ter kabouters E1 heeft het komen de 3). xvoor B heeft De D Voorbeeld enen E dus (die A B zien) • AA heeft heeft 22 en heeft 1,Kab ere utsnu verdelingen A en B:y; Voorbeeld 1 achtereenvolgens (mod 3); er moge - en •kabouters en BB heeft 1, er uts verdelingen voor lijke B: mutsverdelingen voor A en B: Voorbeeld 1KabouVOORBEELD 1C,goed heid de som: x + y (mod 3), x' + y (mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW de uit van derde Hoe redeneren A en B (die C, D en E zien)? eerste en laatste •enB: ABBheeft en ter E heeft het goed en dus komen de •B A heeft heeft y; uit de tweed zeggen achtereenvolgens 0, 1 e y'. kabouters vrij. Omdat bovendie x' en BB heeft heeft y; zeggen achtereenvolgens 0, 1 en 1. Kabou(mod 3). eft heeftx y; De kabouters kabouters C, D en E (die A en B zien) • A heeft 2 B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 r Axxen (mod 3). eft en heeft y; • A y'; heeft x enVoorbeeld heeft y;x' en B1De C, D en E (die A en De B kabouters zien) C, D en E (die A en B zien) De kabouters C, D en E A en B zien) zeggen achterx + y' (mod 3) en x' + y’ (mod 3). Onder hun mutsverdeling één van de volgende raad Kabouter A raadt De kabouters berekenen van elke mogelijkZe veronderstellen dat a b HQ a + b uit van de tweed • A heeft x' en B heeft y'. kabouters vrij. • A heeft x en B heeft y'; van de derde ter E heeft het goed en dus kom Hoe redeneren A en B (die C, D en E zien)? eerste en laatste x en B heeft y'; ter E heeft het goed en dus komen de Omdat bovendien a+ + b b eftx' x' en en BB heeft heefty; y; zeggen achtereenvolgens en 1. KabouKabou(mod 3).E heeftOmdat De en E (die Aeenvolgens en B zien) 0, 0, bovendien eft • A heeft x' en B kabouters heeft y; C, Dzeggen achtereenvolgens 111. en zeggen 1. achtereenvolgens 0,en 1 dus en 1. aKabou10, en Kabouter het goed deze vier komen alle mogelijke mogelijkheden is: de som: xberekenen + (mod 3), x x' +zeggen (mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW uit van dewegstr derde Hoe redeneren en B E(die C, D en E eerste •yB A heeft x' en B ter heeft y'.0, 1het Kabouter Atweed raad kabouters vrij. De elke mogelijkZe veronderstellen dat a b HQ a +dus b van • x' en By heeft y'.van kabouters vrij. eerste en laatste optie wegst eftxxheid enABkabouters Bheeft heeft y'; ter EE heeft heeft het goed en dusAkomen komen de Omdat bovendien azien)? +enb NXQQHQ ]H GH achtereenvolgens engoed 1. Kabouen laatste optie eft en heeft y'; •uitkomsten A heeft en heeft y'; dus ter de heeft het goed komen dede komen deen kabouters vrij. rij waarden (0, en 2)x' voor: twee waarden • AA heeft en heeft 0, er geldt + =optie 0(die + kabouters y' (mod 3)xberekenen en x' +A1y’ (mod 3). Onder hun mutsverdeling één van de Kabouter raad van elke Ze veronderstellen dat a b HQ a +b Hoe redeneren A 0en B C,ze D heid som: +y 3), x' +ter ymogelijk(mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW uit van deAnu derde Hoe redeneren en B0(die C, Dvolgende en Euit zien)? uit van de0 tweede optie en ze eftx' x'xDe en Bde heeft y'. kabouters vrij. eerste enB laatste optie wegstrepen. A gaat E heeft en dus komen de van de tweede en eft en B heeft y'. •(mod heeft en B heeft y'.het goed kabouters vrij. kabouters vrij. 0en komen keer voor, één waarde komt (mod 3); deze vier uitkomsten komen alle mogelijke is: heid som: +één yx'(mod 3), x' + ymogelijk(mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW De kabouters berekenen van mogelijkheden elke mogelijkveronderstellen dat a b x +kabouters y'de (mod 3)xberekenen en + y’ van (mod 3). Onder hunveronderstellen mutsverdeling één van volgende Kabouter A raad De elke Ze dat a b HQ a + bveronderuitBvan van de derde optie en ze Hoe redeneren redeneren en BB (die (die C, en E zien)? zien)? uit van de tweede optie en zegt dus 0, B gaat . kabouters vrij. uit de optie ze Hoe AA en C, DD Hoe en E redeneren Azien)? en (die C,derde D en E zien)? Hoe redeneren A en B (die C, de D en EZe Ze rij 1: 1: rij 0+ b twee keer voor. gezegd: neem je in A Bis: heeft 0 en Bde heeft geldt 0Aen + 1 =ook 1 0. waarden (0, 1 2) voor: twee waarden A 0• en heeft 0, er geldt 01, +Kabouter 0 = 0 zegt x + y'de (mod 3) en x' +komen y’ Anders (mod hun mutsverdeling één van heid de som: +en y (mod x' + heeft yE(mod 3), deze vier uitkomsten alle mogelijke mogelijkheden heid som: xen + elke y (mod 3), x' 3). + yOnder (mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW en .er Uit stellen dat Kabouter raadt zijn mutsk outers berekenen van elke mogelijkZemogelijkveronderstellen dat a b HQ a +volgende uit van de derde optie en dus Hoe redeneren Bveronderstellen (die3), C, • D en zien)? A raadt zijn mutskl outers berekenen van De mogelijkkabouters berekenen vanxA elke Ze dat a b HQ a Ze veronderstellen + bb 8LW a HQ b FRQFOXG dat a b HQ a rij 1: 0 de tabel (in het kader) twee en twee (mod 3);dat komen één keer voor, waarde (mod 3);0+en deze uitkomsten komen alle mogelijke is:heeft xkomt + (mod 3) x' y’ (mod Onder hun één van de waarden (0, 13), en 2) voor: twee waarden • 3). A mutsverdeling heeft B 0, er de 0 zijn + mutsverdeling 0 mutskleur = 0 één van x y'vier (mod 3) en x' + (mod 3). Onder hun één van volgende concluderen ze hun mutsverdeling evan som: x+ + (mod 3), x' + yy’ (mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW Kabouter Ageldt raadt dus correct. elke mogelijkveronderstellen dat a b HQ a b som: x+ yy (mod x' heid + yéén (mod de som: 3), xZe + yy'rijen (mod 3), x'en+ y+ (mod 3),mogelijkheden 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW rij 1: kolommen, dan bevatten dex'je vier punten AB heeft 21, ener Bis: heeftmogelijkheden geldt 0=2 0 twee keer voor. Anders gezegd: neem • A heeft 00•van en heeft geldt 000, + 1 1 waarden (0, 1(mod en 2) voor: twee waarden • A heeft en B heeft 0, er geldt +er 0= = 0 2de+ de volgende mogelijkheden deze vier uitkomsten komen alle mogelijke is: komen één keer voor, één waarde komt (mod 3); deze vier uitkomsten komen alle mogelijke mogelijkheden is: (mod 3) en x' + y’ (mod 3). Onder hun mutsverdeling één van de volgende 3), x' + en y (mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW mod 3) x' + y’ x3). + Onder y' (mod 3) en +iny’kruis (mod 3). Onder hun mutsverdeling één de hun volgende mutsverdeling één van volgende 1: 22 00 rijheeft samen altijd alle drie de kleuren. (mod 3); 0, de tabel (in het kader) twee rijen en twee 3); komen één keer voor, één waarde komt (mod 3); (mod A heeft en heeft 0, er geldt •0 waarden en mogelijkheden 2) voor: waarden en B3); 0, er ge twee keer voor. Anders gezegd: neem jekomen in(0, 1 alle 1, 1=0 10(mod waarden (0, 1 en 2) voor: twee waarden A heeft 00en BBheeft + heeft 0 er uitkomsten uitkomsten komen alle mogelijke mogelijkheden is: (mod 3). Onder hun mutsverdeling één van twee de-•volgende er komen alle deze mogelijke vier uitkomsten mogelijke is: mogelijkheden is:A rij1:1: 2 rij 0 rij kolommen, dan bevatten de vier kruis punten 2 en Bheeft heeft er geldt 0 2 A A 0 en Bgeldt heeft 1, twee voor. Anders gezegd: jevoor: in keer 00, 1, 01,+ 1= 1 (mod •0, A 2000, en heeft er geldt +3); 1= 0 0=0 komen één één komt (mod 3); de tabel (in hettwee kader) twee rijen en twee komen één keer voor, één waarde komt (mod 3); en (0, enkeer 2) voor: twee waarden • AA heeft heeftwaarde en Bheeft heeft er geldt +er 0geldt = 0 2 men alle mogelijke mogelijkheden is:voor, n (0, 11 en 2) voor: waarden waarden (0, 1neem en 2) twee waarden • 00-•en B heeft er • A heeft + 0B = 0 0en B heeft 0, er2geldt 0+ rij 1: samen altijd alle drie de kleuren. -• (mod A0heeft heeft heeft geldt de tabel (in het kader) twee rijen en twee (mod 3); twee keer voor. je= en B3); heeft 1, 2 er ge kolommen, dan bevatten de vier punten 22in 0, er3); 2A 0=1 20(mod twee keer voor. Anders gezegd: neem je Aneem 0 en BB heeft 1, geldt •0 + heeft 1 één keer voor, één waarde komt (mod 3); :één twee waarden •kruis A heeft en B Anders heeft 0,gezegd: er geldt + 3); 0 0en keer voor, één waarde komen komt één keer voor, één waarde komt (mod 3); (mod Vanwege de veronderstelling a in + 0b e (mod 3). rij 2: 2: rij 21 3). 0 + 1 = - A 2 en heeft 1, er • 221, en B heeft 1, er geldt + 10 = 02 (mod kolommen, dan bevatten de vier punten • A heeft en BBgeldt heeft 0, er geldt 2 + =1, de tabel (in het of kader) twee en twee (mod 3); samen altijd alle drie detwee kleuren. de tabel (in het kader) en twee (mod 3); voor. Anders gezegd: neem jerijen in kruis • AA heeft heeft enA Bheeft heeft 1, er geldt + = 1+ 2B neer komt (mod 3); eer voor. Anders gezegd: twee neem keer je in voor. Anders gezegd: je in00rijen •neem en B heeft er • A00 heeft + 11geldt = 0a1en heeft er geldt (mod 3) kunnen de kabouters dus één Omdat bovendien b NXQQHQ ]H , waarde staat rij 2: 2 ge 3(in REKENEN MODULO dein veronderstelling a het + •kruis b e samen altijd alle drie (mod 3); kolommen, dan de vier punten heeft 0, er 1, er3); 1 =Van 02 en kolommen, dan bevatten de vier punten • (mod Akruis 2de en B heeft 0, geldt •2 A + heeft 0 2 el (inVanwege het kader) twee rijen enkleuren. twee (mod 3); ezegd: neem je A heeft 0 en B bevatten heeft 1, er geldt 0heeft + 3). 1 = 1 tweede l (in het kader) twee rijen de de en tabel twee kader) twee rijen en twee (mod 3); (mod twee van vier mogelijke mutsverdelingen optie wegstrepen. de Bdrie e) klok rij 2: 22 bovendien Als het nu tien uur ’s ochtends is, staat de kleine , kunnen ze de tweede bovendien (mod 3) kunnen de kabouters dus één of Omdat a + b NXQQHQ ]H • A heeft 2 en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 samen altijd alle drie de kleuren. (mod 3); Vanwege de veronderstelling a + b e 3). samen altijd alle drie de kleuren. (mod 3); men, dan bevatten de vier kruis punten • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 ee rijen en twee (mod 3); men, dan bevatten de vier kolommen, kruis punten dan bevatten de vier kruis punten • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt • A 2 heeft + 0 = 2 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = uitsluiten. Er blijven dus twee of drie mogemogelijkheden die overblijven, komt de jzer rij 2: 1ge 1Vo 2 2 wijzer van een (analoge) klok op 10. Over acht uur optie wegstrepen. Van de drie mogelijkheden die overtwee van de vier mogelijke mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. Van de drie Vanwege de veronderstelling a + b e (mod 3). • A heeft 2 en B heeft 1, er (mod 3) kunnen de kabouters dus één of Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H • A heeft 2 en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 altijd alle drie de kleuren. (mod 3); de vier kruis punten • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 altijd alle drie kleuren. samen altijd alle drie de kleuren. (mod 3); (mod 3); lijke mutsverdelingen over. som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus 2, 2. rij2:2: 1 rij 1 2 staat de wijzer op 6, nog eens acht uur later op blijven, komt de som 2 slechts eenmaal voor. A noemt uitsluiten. Er blijven dus twee of drie mogemogelijkheden die overblijven, komt de 3) kunnen kabouters één of 3); bovendien a• + de veronderstelling a + NEN MODULO 3 de (mod 3).erfout. twee van vier mogelijke mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. drie Vanwege de veronderstelling adus + Vanwege b e (mod 3).1, heeft 22Omdat en heeft 1,noemt er geldt geldt 2Ze +1 1= = 0 de kleuren. (mod •• AA heeft en BBb e heeft er A2b NXQQHQ ]H heeft + 2Van 0en Bhet heeft 1, geldtDe 2 + = C, 0 D B 0. hebben allebei gelijk(mod rij 2: voor.het mutsverdelingen over. som AVan noemt dus 2,De 2.kunnen Wiskundigen zeggen dat 10 8of gelijk is aan dus 2, Bslechts noemt 0. Ze hebben allebei fout. twee van de mogelijke de tweede wegstrepen. de drie (mod 3) kunnen de‘6 kabouters dus Omdat bovendien a + b NX nu tien uur 's ochtends is, staat uitsluiten. Er blijven dus twee drie mogemogelijkheden die komt de (mod 3) de kabouters dus één Omdat bovendien aoverblijven, + b NXQQHQ ]H ge de veronderstelling + b e (mod 3). • A +heeft 2 en B heeft 1, er geldt 22één + 1 of =optie 0 eenmaal ge veronderstelling aaVanwege + b e deof veronderstelling aer + b e O 3lijke (mod 3). (mod 3). A envier B spreken numutsverdelingen het volgende af. Als reden dat de handelwijze van A en reden BVoorbeeld spaak 2: a isde zegge modulo 12’mogelijke . dus En 10 +3) 16 is of gelijk aan ‘23). modulo 12’ . één of dat de enbovendien Bveronderstelling spaak is2,dat hun B noemt 0.b NXQQHQ ]H Ze eenmaal hebben het allebei fout. De C, D en E zeggen Er(analoge) blijven dus twee drie mogemogelijkheden die overblijven, komt de twee van dekiest vierdus mogelijke mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. wijzer van een klok lijke mutsverdelingen over. som 2ahandelwijze slechts voor. A noemt Voorbeeld twee van de vier mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. Van deloopt, drie 3) kunnen de kabouters dus één of Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H ling auitsluiten. + b e (mod )ekunnen de kabouters (mod één of kunnen de kabouters ochtends is, staat Omdat bovendien + Omdat adus + b NXQQHQ ]H twee mutsverdelingen overblijven, A loopt, isvan datA hun niet klopt: AV e Rekenen ‘modulo 3’ gaat net zo, alleen moet je jetweede veronderstelling niet klopt: niet alle drie de kabouters in fout A en B spreken nu het volgende af. Als er reden dat de handelwijze van A en B spaak 2: allemaal fout. lijke mutsverdelingen over. som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus 2, Voorbeeld uitsluiten. Er blijven dus twee of drie mogeOver acht uur staat de wijzer mogelijkheden die overblijven, B noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zegge uitsluiten. Er blijven dus twee of drie mogemogelijkheden die overblijven, komt de an de vier mogelijke mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. Van de drie uters dus één of Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H an de vier mogelijke mutsverdelingen twee van de vier mogelijke mutsverdelingen n (analoge) klok de optie wegstrepen. Van de de tweede drie optie wegstrepen. Van de drie zijn kleur in de mutsverdeling waarvan de niet alle drie de kabouters in de tweede rij a+ alleen geen klok met de getallen 1 tot of en metmoge-Van de tweede rijZe geven een fout antwoord. twee mutsverdelingen overblijven, kiest A twee loopt, dat hun veronderstelling niet klopt: A en B B noemt 0.de hebben het allebei fout. C, D enveronder Evoor. zegge lijke mutsverdelingen og eens acht uur op 2. som 2De slechts eenmaal A A en B spreken nuvoorstellen het volgende af. Als er reden dat handelwijze van en B spaak 2:komt allemaal fout lijke mutsverdelingen over. som 2is slechts eenmaal voor. AAnoemt dus 2, Voorbeeld en. Er blijven duslater twee of drie mogemogelijkheden die overblijven, komt de ke mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. de drie en. Er blijven dus twee of uitsluiten. drie mogeEr Bblijven dus drie die overblijven, mogelijkheden komt de die overblijven, de taat de wijzer som het kleinst is, en kiest zijn kleur inmogelijkheden de over. geven een fout antwoord. dat met 12,dat maar met de getallen 0, 1kiest en 2. Als je ‘modulo zijn kleur in de waarvan de niet alle drie de kabouters in de tweede rij voor. + b 8LW a A en B spreken nu het volgende af. Als erA reden dat handelwijze van A en Bnoemt spaak 2: allemaal fout digen zeggen 10mutsverdeling + 8lijke gelijk B 0. Ze Aa hebben het alleb twee mutsverdelingen overblijven, loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: Anoemt en B3veronder B noemt 0.de Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zegge utsverdelingen over. som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus 2, Voorbeeld wee of drie mogemogelijkheden die overblijven, komt de utsverdelingen over. mutsverdelingen over. som 2 slechts eenmaal voor. A som noemt 2 slechts dus 2, eenmaal dus 2, ur later op 2. Voorbeeld 3 mutsverdeling waarvan de som het grootst ar met mo 3’kleinst rekent, is16 elk veelvoud van 3 (dus 3, 6, 9,eenmaal …)nu gelijk som het is, en B kiest zijn kleur in de geven een fout antwoord. dat hun mutsver twee mutsverdelingen overblijven, A loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en Bachtereen veronder A kiest en spreken volgende af. Als er reden dat handelwijze van 6at 12'. En 10 mutsverdeling + zijn in de waarvan de niet alle drie de kabouters in tweede rijen a+ b 8LW a A B spreken nu hetis volgende af. Als er reden dat de handelwijze van AZeen B3C, spaak 2: allemaal foutA noemt 0.AZe Ze hebben het allebei fout. De C, ende zeggen achtereen r.modulo som 2B slechts voor. noemt dus 2, Voorbeeld 10 +en8kleur gelijk BBhet noemt 0. hebben het allebei B noemt fout. De 0.de hebben DD het EEallebei zeggen fout. De is. Precies één van hen raadt zijn mutskleur dulo 3' Voorbeeld 2 • A aan 0.deDe getallen 4, 7, 10, …twee zijn allemaal verdeling waarvan de som het grootst mogelijkheden i zijn kleur involgende mutsverdeling waarvan de niet alle drie de kabouters inzeggen tweede rijdatvan a + b 8LW a mutsverdelingen overblijven, kiest Ahun loopt, is hun veronderstellin an '2muts modulo 12'. som het kleinst is, en Boverblijven, kiest kleur in de geven een antwoord. dat mutsve twee mutsverdelingen kiest Avolgende loopt, is dat veronderstelling niet klopt: A enhun B0,veronder spreken nu het volgende af. Als erzijn reden dat de handelwijze van en B spaak spaak 2: allemaal fout. B noemt 0. Zegelijk hebben het fout. Defout C, D Ben E achtereenvolgens 2 en is spreken nu het A af. en Als B spreken er nu het af. Als erallebei reden dat de handelwijze van AA reden en dat de handelwijze spaak En 10 + 16 is 2: allemaal fout. dan juist. s 3, ( aan 1, en 5, 8, 11, … zijn alle gelijk aan 2. Een paar is. Precies één van hen raadt zijn mutskleur 2 2: A niet heeft 0dat ende B som het kleinst is, enalleen Bkiest kiest zijn kleur in de geven een fout hun mutsve zijn kleur in de mutsverdeling waarvan de n 'modulo 3' gaat net zo, niet de•dat kabouters in muts verdeling waarvan de som het grootst mogelijkheden zijn kleur in de mutsverdeling waarvan deoverblijven, niet drie de antwoord. kabouters in de tweede rijBdrie a + b 8LW a mutsverdelingen overblijven, kiest loopt, datVoorbeeld hun nietisklopt: klopt: en B veronderstellen veronderstellen dat lgende af. Als er reden dat de handelwijze A en alle Bveronderstelling spaak allemaal fout. utsverdelingen overblijven, twee mutsverdelingen AA kiest A 2'. loopt, isisvan dat hun veronderstelling loopt, niet dat hun veronderstelling AAalle en klopt: ai 4, 7, • A rekenvoorbeelden: 1som +de 1zijn =de 2 (mod 3), 1kleinst + 2hun = 0waarvan dan juist. (mod 3); muts verdeling de het grootst mogelijkheden i som het is, en alle B kiest zijn kleur infout dein jein geen klok voorstellen met is. Precies één waarvan van hen raadt mutskleur Voorbeeld 2 •antwoord. A heeft 0 som het kleinst is,waarvan en Bkleur kiest kleur in dat de een antwoord. dat hun mutsve ur in dezo, mutsverdeling waarvan niet alle driegeven deniet kabouters in de tweede rij degeven +een b 8LW a HQ b erblijven, kiest A loopt, is veronderstelling klopt: A en B veronderstellen datfout a b HQ ur de mutsverdeling zijn de in mutsverdeling de niet drie de kabouters de niet tweede alle drie rij kabouters in de tweede rijen B aat net alleen aa + b 8LW a HQ b Als er drie mutsverdelingen overblijven, ( en 1dat 0 een fout antwoord. (mod 3),waarvan 2maar +zijn 2 =kleur 1kleur (mod zie je •• A heeft 00één en Precies één van hen raadt zijn mutskleur Voorbeeld 2 A heeft en B B muts verdeling waarvan de som het grootst 1is. tot en met 12, met dan juist. (mod 3); muts verdeling de som het grootst mogelijkheden iv et kleinst is, en kiest in3). deHierboven geven een fout antwoord. dat hun hun mutsverdeling mutsverdeling één eling waarvan de niet alle deeen kabouters de tweede rij ageven + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H tllen kleinst is, en BB kiest zijn som het in kleinst de is, en Bdrie kiest zijn kleureen ininde geven fout antwoord. oorstellen met rij 1: nemen zevoor de mutsverdeling die hoort bij de • A Een opteltabel het modulo 3.fout Als er drie mutsverdelingen overblijven, (mod 3); dan juist. 3); is. Precies één van hen raadt Voorbeeld zijn mutskleur llen 0, 1waarvan en 2. Als jesom 'modulo 3'rekenen Voorbeeld 2(mod is.maar Precies één van hen raadt zijngeven mutskleur 2dat hun Ais: heeft 0 en B erdeling waarvan de som het grootst mogelijkheden is: iest zijn kleur in de eende antwoord. één van• de volgende rdeling de muts het grootst verdeling waarvan som het grootst et 12, met mogelijkheden 1 mutsverdeling 0 som die slechts één keer voorkomt. Beide ( 2 rij 1: 1: 2 nemen ze de mutsverdeling hoort bijjuist. de raadt zijn 100, en B A heeft ener B dan issom elk veelvoud van 3 (dus 3, die Als er drie mutsverdelingen overblijven, dan juist. (mod 3); cies één van hen raadt zijn mutskleur Voorbeeld 2 0 heeft 00•• enA heeft 0, er e het grootst mogelijkheden is:2•• AA heeft ies één van hen raadt zijn is. mutskleur Precies één van hen mutskleur rij Als je 'modulo 3' Voorbeeld Voorbeeld en BBheeft heeft 1 kabouters noemen hun mutskleur dan correct. • A 2=1 rij 1: som die slechts één keer voorkomt. Beide (mod 3); Als er drie mutsverdelingen overblijven, (mod 3); )st. gelijk 0. 4,juist. 7, die hoort nemen ze de getallen mutsverdeling bij de 1 en • A 0heeft 0 (mod 3); adt mutskleur Voorbeeld 2 • A heeft 0, er geldt +0= 0 B dan dst. vanzijn 3 aan (dus 3,De (mod 3); 1 0 en B heeft 0 tel-allemaal (B rij 1: kabouters noemen hun dan correct. ener nemen ze de mutsverdeling die hoort bij de Als er drie mutsverdelingen overblijven, ijn getallen gelijk aan 1, en mutskleur somerdie slechts één keer voorkomt. Beide Als drie mutsverdelingen overblijven, (mod 3); heeft enA heeft er (mod De 4, 7, •• AA heeft BBheeft heeft 112,2, 0 00•en 1 3); 0 . Om rij 1: rij 1: som die slechts één keer voorkomt. Beide (mod 3); nemen ze deoverblijven, mutsverdeling00 die hoort bij de11 1, zijn alle gelijk aan 2. Een kabouters noemen hun mutskleur dan correct. nemen de mutsverdeling die hoort bij de • (mod A 0heeft 1 en drie mutsverdelingen overblijven, (mod 3); • A heeft00 en B heeft 2,1 er geldt + 3). 2 = 2 B rie overblijven, Als er drie mutsverdelingen ijk…mutsverdelingen aan 1, enze (mod 3); der rij1: 1: bij rij rij 1: bovendie kabouters noemen hun dan correct. • 10, en som die slechts keer Beide kenvoorbeelden: 1 +die 1= 2 mutskleur 3). som slechts één keer voorkomt. Beide 3); ze de mutsverdeling die hoort bij de heeft 11Omdat en heeft 0, erB n overblijven, (mod 3); ze de mutsverdeling hoort nemen bij zede de mutsverdeling hoort de lijk aan 2.die Een en BBheeft heeft er 0A(mod 2•• AAheeft 1 1voorkomt. 0 dieéén mo

0 1

rij (mod 3); • (mod A heeft 2+ en B=0heeft • heeft A heeft 0 en 0 en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 0 0 0+ 0= 0 0, er geldt 2 + 0 = 2 3); (mod 3); • A heeft 0 en B heef 's muts noem 1die1 kleu- • A 22:over; 2 1 twee 1 kleuren 2: • A heeft 2 en B heeft 1, er geldt + = Voorbeeld 1 3); (mod (mod 3);3); •• A(mod 02en Aheeft heeft enBBheeft heeft1, 0,er ergeldt geldt022+ +110= =102 (mod 3); en x en x (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN (mod 3). De kabouters C, D1 en E (die B 0zien) • (mod A heeft 2+ en B=1heeft Voorbeeld • A •Aheeft Aen heeft en 0 en B heeft B heeft 1, 1, er er geldt geldt 0 0 1+ 1= 1 1, er geldt 2 + 1 = 0 3); (mod 3); • A heeft 2 en B heef oor B's muts twee kleuren over; noem bovendien a + b NXQQHQ ]H GH achtereenvolgens 0,(mod 1 en 3); 1. Kabou3). De D1en- E (die A(mod B zien) 3); •Omdat 22en 0,1,erergeldt • A(mod Aheeft heeft enBBheeft heeft geldt22++01==20 (mod 3); Voorbeeld ie y en y'. In totaalzeggen zijnkabouters er nu vierC, moge eerste en laatste wegstrepen. A gaat nu• A heeft 2 en B heef ter Ekabouters heeft goed enEdus de Omdat bovendien b NXQQHQ ]H GH zeggen 1 1. Kabou• 0,A •komen Aen heeft en 2 en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 21+2 0+optie =0a2=+2 (mod 3); (mod 3). De D en (die Aheeft en B2 zien) jke mutsverdelingen voor Aachtereenvolgens enhet B:C, Voorbeeld de optie en zegt dus2A 0,+ B1gaat kabouters vrij. eerste en gaat ter E heeft het goed komen 3); •uit Avan heeft 2tweede heeft 1, er geldt =nu 0 (mod 3). Voorbeeld 1 en dus0,(mod Omdat bovendien a +wegstrepen. b NXQQHQ ]H GH zeggen achtereenvolgens 1(mod en3); 1.de KabouA heeft x en B heeft y; De kabouters C,laatste DenenB Eoptie (die A en B zien) van uit de derde optie en zegt dus ook 0. Hoe redeneren A en B (die C, D en E zien)? uit van de tweede optie en dus 0, B gaat kabouters vrij. • A • heeft A heeft 2 en 2 en B heeft B heeft 1, 1, er er geldt geldt 2 + 2 1 + = 1 0 = 0 orbeeld oorbeeld 1 1 (mod 3). De kabouters C, D en E (die A en B zien) eerste en laatste optie wegstrepen. A gaat nu ter E heeft het goed en dus komen de Omdat bovendien a + A heeft x' en B heeft y; zeggen achtereenvolgens 0, 1 en 1. Kabou1A endat 0 Kabouter Atweede raadt zijn dus0, correct. Ze veronderstellen a b HQ a benE EOmdat C,+D zeggen achtereenvolgens 0, de 1dus en uit van de derde en dus ook 0. eerste en laatste optie Hoe redeneren B (die D en zien)? (mod 3).EKabou3). eabouters kabouters C, DB en Dheeft en Ezeggen (die E y'; (die A en A en Bvrij. zien) B zien) bovendien a + mutskleur b NXQQHQ ]H GH achtereenvolgens 0,C, 1 (mod en 1. uit de optie en zegt zegt B gaat kabouters A heeft xC,en ter heeft het goed enoptie dus komen rij 1: 1A endat 00, ,en 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW 1: fout. Kabouter Aderde raadt zijnwegstrepen. mutskleur dus correct. Ze a b HQ a Omdat Omdat bovendien ab en +a b NXQQHQ ]H GH + b NXQQHQ ]H GH ggen achtereenvolgens 0, 1 en 1 en 1. 1. KabouKaboueerste ende laatste optie A gaat nu uit van de tweede optie ter Everonderstellen heeft het goed en dus komen C,+allemaal D E zeggen achtereenvolgens 0, 1dus en uit van optie en zegt ook 0. Hoe redeneren B (die C, D bovendien ende E zien)? A achtereenvolgens heeft x' en B heeft y'. kabouters vrij. rij 1: 1 0 hun mutsverdeling de volgende A en veronderstellen a b HQ 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW C, enwegstrepen. E zeggen 0, E 1 zien)? en eerste eerste en en laatste laatste optie wegstrepen. gaat A dat gaat nu nuC, r,heeft E heeft hethet goed goed enkabouters en dus komen komen de de één uit van de achtereenvolgens tweede optie enDzegt dus 0, Bcorrect. gaat uit van de derde optie vrij. 1:optie allemaal fout. Kabouter raadt zijn mutskleur dus Zedus veronderstellen dat van a b HQ a +D bB Hoe redeneren AA en B (die en 2 rij 1: 1en 0 Bredeneren 00 mogelijkheden a1: b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H hun mutsverdeling één van de volgende allemaal fout. uitis uit van de de tweede optie optie en en zegt zegt dus dus 0, B 0, gaat Boptie gaat uters bouters vrij. vrij. uitrij van deachtereenvolgens derde en 1 zegt dus Ais: B (die C, Dvan en Etweede zien)? A+ en Bveronderstellen veronderstellen dat a b HQ C, D en E zeggen 0, 1 enook C, DA en E zegge niet toe wat AHoe en raden – de vrijlating ,e kabouters 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW raadt zijn m berekenen van elke mogelijkZe dat a b HQ a + b0. Kabouter 1: 2 20,dus 0raadt rij 1: rij 1: 13), 0 0 1één 0mutsverdeling •mogelijkheden A heeft 0en B heeft 0,van eruit geldt + derde 0dat 0 hun mutsverdeling één van de volgende is: A en BDveronderstellen dat a b HQ uit van van de0de derde optie optie en en zegt zegt dus dus ook ook 0. 0. oe redeneren en A+en By(die B (die C, C, D Aen D Een zien)? Kabouter A zijn mutskleur correct. Ze veronderstellen dat a b HQ a ++ b a= b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H 1: allemaal fout. 1: allemaal fout dan alA gegarandeerd. Bzien)? hun de volgende C, en E zeggen achtereenvolgens 1 en eidredeneren de som: x (mod 3), x'en + yEveronderstellen (mod 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW rij 1: 2volgende 0en rij 1: rij 1:is: 11:C, 1 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW 0+veronderstellen 0 (mod 3); mogelijkheden •mogelijkheden A 03). enOnder B heeft 0,Kabouter erKabouter 0 0raadt = 0 a + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H A+ raadt Aachtereenvolgens zijn zijn mutskleur mutskleur dus correct. correct. eronderstellen dat dat a b HQ a b+ bC, dat hun mutsverdeling één vande devolgende A en Ballemaal veronderstellen dat a b HQ A en B veronder dat Da b HQ a enheeft E het allemaal fout is:+ C, D en D en Egeldt zeggen E zeggen achtereenvolgens 0, 0, 1dus 1één en 1: fout. y' daarom (mod 3)rij en x' + y’ (mod hun mutsverdeling van rij 1: 0 ••1 A heeft 0a 1, er geldt 0fout. = A1mogelijkheden heeft en Bis:heeft erdat geldt +0=0 (mod 3); één van de0volgende 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW hun één van de volgende mogelijkheden a b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H a + b 8LW a hebben: a c, b d en + b e (mod 3). Amutsverdeling heeft 0 en en heeft 0,allemaal er geldt 0+ + 10•dat =+ 0 1: 1: allemaal fout. Ahun en mutsverdeling B0veronderstellen a b HQ eze vier uitkomsten komen alle mogelijke is: 0, 1 2BB heeft rij 1: 2 0 (mod 3); 3); •voor: A heeft enis: heeft 0 + 1 mogelijkheden is:heeft mutsverdeling n mutsverdeling één één van van de de volgende volgende mogelijkheden •=(mod A1 heeft 0 en B 0, er geldt +00+=00= 0 dat hun mutsverdeling één de0volgende dat hun mutsve Welke A0 waarden en B hanteren (mod 3); A en A1,en Berveronderstellen Bgeldt a b HQ a b HQ + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H waarden (0,rijstrategie 12:en 2) twee •adat Adat heeft 0 en B heeft 0,van er geldt 1veronderstellen 2B nu 1kunnen rij21: 2 0 0 n • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 rij 2:is: • A heeft 003); en heeft geldt 00de + (mod 3); • A heeft en B B heeft 1, 0, er er geldt +1 0= = 10 elijkheden ogelijkheden is: ••zeker 00en B2B heeft 0, er geldt 0 + 0 = 0 (mod 3); mogelijkheden is: mogelijkheden i ze er van zijn dat minstens Aheeft heeft enkomt heeft er geldt 0 + 1 = 1 a+ a1, b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H dat hun mutsverdeling één van volgende omenwaarmee één keer voor, waarde (mod 1 1Aéén rij 1:rij 1: 10 +001+=101= 1 11 2heeft rij heeft 2:B (mod 3); 3); nA heeft •1 A heeft 2 neem en 0, er geldt 2 + 0 •=(mod (mod 3); heeft 0 en 0van en B heeft 0, 0, er er geldt geldt 0 + 0 0+ 0= 0dat (mod 3); 1, er A2 heeft 0 en B heeft 0, • A heeft 0 en B één hen het goede antwoord geeft? (mod 3); dat hun hun mutsverdeling één van van de volgende volgende wee keer voor. Anders gezegd: je in •mogelijkheden Aéén heeft 0 de en Bis: 1, geldt er geldt 1 mutsverdeling 2B=0heeft 2 1 rij 2: 1 1 2 2: de rij 2: heeft 2 en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 (mod 3); • A heeft 0 en B heeft 1, er geldt 0 + 1 = 1 mod (mod 3); 3); ••• AA heeft 0 en B heeft 1, er geldt 0 + 1 = 1 (mod 3); (mod 3); Vanwege aanname a c blijven er voor n A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 mogelijkheden mogelijkheden is: is: • A heeft 0 en B heeft 0, er geldt 0 + 0 = 0 e tabel (in rij het kader) twee rijen en twee (mod 3); 1 2 1 rij 2: 1 1 2 1 0 1 2 (mod 3). rij 2: (mod 3); 2 1 • A heeft 2 en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 (mod 3); heeft A1heeft 0 en 0 en B heeft B heeft 1, 1, er er geldt geldt 0 + 0 1 + = 1 1 = 1 (mod 3); 2 0, 2 0 2 • A heeft 0 en B heeft 1, er geldt 0 + 1 = 1 • A heeft 0 en B A's muts twee kleuren over; noem die kleu(mod 3); • A • heeft A heeft 0 en 0 en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 0 + 0 0 + = 0 0 = 0 (mod 3); olommen, dan bevatten de vier kruis punten • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 11 22 1 rijrij 2:2: rijx (Q YDQZHJH E G EOLMYHQ RRN 2:drie 2 3); bovendien a + b NXQQHQ ]H A 22 en heeft 1, 22 + = 13). •=2 A heeft en B heeft 0, er er geldt +010+ =102= 1 mod (mod 3); 3);xVoorbeeld •Omdat A(mod 22en 0, erergeldt = (mod 3); (mod ren en •de Aheeft heeft enBBheeft heeft 1,(mod geldt 0 (mod 3); 3);22++01• •heeft A heeft 0B en B heeft 1,geldt er geldt amen altijd alle kleuren. (mod 3); rij 2: 1 1 2 de tweede optie wegstrepen. Van de drie (mod 3). kabouters C, D en E (die A en B zien) Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H (mod 3); heeft A heeft 2 en 2 De en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 2 + 2 0 + = 0 2 = 2 (mod 3); 1, 1 0 Voorbeeld 1 • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 • A heeft 2 en B voor B's muts twee kleuren over; noem (mod 3). • A • heeft A heeft 0 en 0 en B heeft B heeft 1, erheeft er geldt geldt + 0B1 +heeft = 11 = 11, er geldt 2 + 1 = 0 3); •1,A(mod 20en rij 2:1 1 1 1 2 2 mogelijkheden die overblijven, komt de aB+heeft b NXQQHQ ]H GH 0,a1 en 1. Kabounanwege optie wegstrepen. Van • 0A 23). en2 B 1, er 2 +21+=00= 2 Voorbeeld 1a2en mod (mod 3); 3);de •de A tweede heeft enE B(die heeft 1, er-zien) geldt + drie 1 Omdat = 3). De kabouters C,zijn D A+ en B (mod 3); (mod 3); die y zeggen en y'. Inachtereenvolgens totaal er nu vier moge Omdat bovendien b NXQQHQ ]H (mod (mod 3); 3);2de •heeft Abovendien heeft enheeft 0,geldt er geldt veronderstelling + b e (mod rij 2:rij 2: som 2 slechts AVan dus 2, Voorbeeld 3 eerste en laatste wegstrepen. ter E het goed en dus komen mogelijkheden die overblijven, komt (mod 3). De kabouters C, D Eeenmaal (die A B zien) heeft A heeft 2 en 2 muts en B heeft B heeft 1, 1, er er geldt geldt 2 +2 1+ = 1 0 = (mod 3). Omdat bovendien a0 zeggen 0, 1 1. Kabou• A 2 en2Boptie 1, er + 1 nu =0 • A heeft 2 en B lijke verdelingen voor A en B: Voorbeeld 1 en 1 geldt A2gaat n de tweede optie wegstrepen. drie • 0en A •voor. heeft Ade heeft 2noemt en 2 de en B de heeft B heeft 0,heeft 0, er er geldt geldt + 2heeft ++ = 0 2 = (mod 3); mod 3) kunnen deachtereenvolgens kabouters dus één of Omdat bovendien ab NXQQHQ ]H GH +2 b NXQQHQ ]H B noemt 0.enZe hebben het allebei fout.de De C, Dkabouters en E zeggen achtereenvolgens 0,0 2 en uit van de tweede optie en dus 0, Bde kabouters som 2 slechts voor. A 3); noemt dus 2, Voorbeeld 31, Omdat bovendien aB + b NXQQHQ ]H GH zeggen achtereenvolgens 0, 1 en 1. Kaboumod (mod 3). Omdat bovendien a komen + b NXQQHQ ]H eerste en laatste optie wegstrepen. A gaat nu ter E xheeft het dus de (mod 3). (mod 3). • 3). Ade heeft en Bvrij. heeft De kabouters C,goed Dy; (die A B zien) De C, zegt D en Egeldt (die Agaat en mogelijkheden die overblijven, komt (mod (mod 3); • A heeft 2 en heeft er 2 + 1B=zien) Voorbeeld 1enEeenmaal wee van vier mogelijke mutsverdelingen de tweede optie wegstrepen. Van drie reden dat de handelwijze van en B spaak 2: allemaal fout. uit van derde optie en zegt ook 0. Hoe A en Ben (die C, Ede zien)? B noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De C, D en Eoptie zeggen 2 en eerste en laatste gaat nu1. 0, ter Eredeneren heeft het dus komen mdat at bovendien a + akabouters b NXQQHQ ]H + b NXQQHQ ]H de tweede optie wegstrepen. uit de tweede en zegt dus A 0, B1gaat vrij. Omdat bovendien a1 + b NXQQHQ ]H GH Omdat bovendie •bovendien A1 heeft x' en B heeft y; zeggen achtereenvolgens 0, 1•Den 1. Kabouzeggen achtereenvolgens 0, en Kabousom 2goed slechts eenmaal AA 2, Voorbeeld 3achtereenvolgens A •en heeft A heeft 2noemt en 2de en Bdrie heeft Bdus heeft 1, (mod 1, er er geldt geldt 2 optie + 2 + = 1wegstrepen. 0 =0 beeld rbeeld 1kabouters 3). De C, D en Emoge(die Avoor. en BVan zien) itsluiten. Er blijven dus twee of drie mogelijkheden die overblijven, komt de 3en loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en veronderstellen dat a b HQ Kabouter A raadt zijn mutskleur dus correct. Ze dat a b HQ a + b reden dat de handelwijze van Akomt en Bde spaak 2: allemaal fout. uit van de tweede optie zegt dus 0, B gaat kabouters weede tweede wegstrepen. de de drie drie mogelijkheden die overblijven, van de derde optie zegt dus ook 0.nu Hoe redeneren Azien) en B (die C, D(mod en E zien)? eerste en laatste optie wegstrepen. A gaat eerste en laatste • optie A optie heeft xheeft en y'; ter Ewegstrepen. het goed en dus komen de ter EB heeft het goed en dus komen BBvrij. noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 2 enVoorbeeld (mod 3). 3). ters outers C, C, D en D en Everonderstellen (die E (die A en Aheeft BVan BVan zien) Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H GH zeggen achtereenvolgens 0, 1 en 1. KabouVOORBEELD 2en jke mutsverdelingen over. som 2VOORBEELD slechts eenmaal voor. A noemt dusde 2, 3 1 0 niet alle drie de kabouters in de tweede rij a + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 1 en loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en B veronderstellen dat a b HQ uit van de derde optie en zegt dus ook 0. Hoe redeneren A en B (die C, D en E zien)? elijkheden ogelijkheden die die overblijven, overblijven, komt komt de de som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus 2, Voorbeeld 3 Kabouter A raadt zijn mutskleur dus correct. Ze veronderstellen dat a b HQ a + b van de tweede optie zegt dus 0, B gaat uit van de tweed • A heeft x' en B heeft y'. kabouters vrij. kabouters vrij. reden dat de handelwijze van A en B spaak 2: allemaal fout. Omdat Omdat bovendien bovendien a + a b NXQQHQ ]H GH + b NXQQHQ ]H GH chtereenvolgens achtereenvolgens 0, 0, 1 en 1 en 1. 1. KabouKaboueerste en laatste optie wegstrepen. A gaat nu ter E heeft het goed en dus komen de C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 2 en 2: allemaal C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 1 en 1: allemaalB noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zeggen acht rij 1: geven een fout antwoord. dat hun mutsverdeling één van de volgende hun mutsverdeling één van de volgende 1: allemaal niet alle drie de kabouters in de tweede rijwegstrepen. aA + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H Kabouter Ade raadt zijn mutskleur dus correct. Ze veronderstellen dat a b HQ a + b optie m 2 slechts 2B slechts eenmaal eenmaal voor. voor. AA noemt A0. noemt dus dus 2, 2, Voorbeeld 3reden 3fout. B noemt Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zeggen achtereenvolgens 0,zien)? 2 en 2: allemaal 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW uit van de derde optie en ook 0. uit van de derde Hoe redeneren en Baf. (die C, D enVoorbeeld E zien)? Hoe redeneren Azegt envan Bdus (die C, en E loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: en B gaat veronderstellen dat a b HQ eerste eerste en en laatste laatste optie wegstrepen. A A gaat nu nu eeft ten het het goed goed en en dus dus komen komen de de uit van tweede optie en zegt 0, B gaat kabouters vrij. fout. fout. spreken nu het volgende Als er dat de handelwijze Adus en BD spaak fout. 2en 0dus mogelijkheden is:en mogelijkheden is: BKabouter veronderstellen dat a b HQ e geven een fout antwoord. dat hun mutsverdeling één van de volgende 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW emt noemt 0. Ze Ze hebben hebben het het allebei allebei fout. fout. De De C, C, DA en Den en EA Een zeggen achtereenvolgens achtereenvolgens 0, 0, 2 2 en reden dat de handelwijze van B spaak 2: allemaal fout. hun mutsverdeling één van de volgende A raadt zijn mutskleur dus correct. Kabouter A raad De0. kabouters berekenen van elke mogelijkZe veronderstellen dat a b HQ a + bzeggen Ze veronderstellen dat a b HQ a + b niet alle drie de kabouters in de tweede rij a + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H uit uit van van de tweede tweede optie optie en en zegt zegt dus 0, B 0, gaat B gaat swee ers vrij. vrij. uit van de derde optie zegt dus ook 0. Hoe redeneren A en B (die D en E zien)? mutsverdelingen overblijven, kiest AC, loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en B veronderstellen rij 1: 2heeft 0 2+a b HQ a •mogelijkheden A heeft 0 en B 0, er geldt 0rij + 0 en = 0a + b 8LW a H • Asom: heeft 0 en B heeft 0, er geldt 0van +2: 0de = niet 0a + + is: hun mutsverdeling één de volgende n den dat dat de de handelwijze handelwijze van A en A en B spaak Bvan 2: allemaal allemaal fout. fout. loopt, is dat hun veronderstelling klopt: A en B veronderstellen a b HQ mogelijkheden is: heid xVoorbeeld + y (mod 3), x'spaak yuit (mod 3), 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW e geven fout antwoord. dat hun mutsverdeling één van de volgende uit van de derde derde optie optie en en zegt zegt dus dus ook ook 0. 0. neren deneren A en A en B (die B C, C, D en Dvan en Eeen zien)? Ewaarvan zien)? en . . A en B dat A en B(die veronderstellen dat Kabouter A raadt zijn mutskleur dus correct. Ze dat bb 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H ijn kleur inde de mutsverdeling de niet alle drie de kabouters in de tweede rij 1: 2heeft 0(mod 3); (mod 3); dat hun mutsverdeling één van volgende Voorbeeld 2 de • Adus heeft 0 en B 0, er de geldt + hun 0 = mutsverde0 mogelijkheden is: opt, , is het dat isx dat hun veronderstelling veronderstelling niet niet klopt: klopt: Ade en B= veronderstellen veronderstellen a b HQ a b HQ niet alle de kabouters inen tweede rij adat +dat b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H • (mod A 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW heeft 0B en heeft 0, er geldt + 0 +kleinst y'dat 3) en x' B +drie y’ (mod 3). Onder hun mutsverdeling één van volgende hun mutsverdeling één van volgende en concluderen zeA0dat hun mutsverdeen concluderen ze 0 dat Uit Uit mogelijkheden is:de Kabouter Kabouter A raadt AB0 raadt zijn zijn mutskleur mutskleur dus correct. correct. derstellen onderstellen dat a b HQ a a b HQ a +kleur b + b om is, en kiest zijn in de geven een fout antwoord. dat hun mutsverdeling rij 1: 2heeft 0 0 •mogelijkheden A heeft 00 en B 2, er geldt + 20is: = 2mogelijkheden A heeft 00 en B heeft 1, er geldt 00volgende 1 = 10mogelijkhedendat is: (mod 3); • A heeft en B heeft 0, er geldt + 0 is: = et alle alle drie drie de• de kabouters kabouters in in de tweede tweede rij rij + a b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H geven een fout antwoord. hun mutsverdeling één van de 0 volgende ling één van de volgende mogelijkheden ling één van de volgende mogelijkheden (mod 3); deze vier uitkomsten komen alle mogelijke mogelijkheden is: is: Voorbeeld 2van • A heeft en B heeft 0, er geldt 0 + = 0 W a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW hun mutsverdeling één dea muts verdeling waarvan dede som het grootst is: rij 1: rij 1: 2 0 (mod 3); 3); A heeft 0 enmogelijkheden heeft 0, geldt 0 +2, 0= A heeft 0 BBheeft er 0geldt 0 + 2 (mod 3); n ven een een fout fout dat hun mutsverdeling één van van de de volgende volgende 3);Voorbeeld 3); 0 en B heef -•antwoord. (mod A 0 en Bheeft heeft 0, erwaarden geldt1dat -•B één A heeft 0 en heeft 0, is: 1, 1 hun 1• (mod waarden (0, 1hen en 2) voor: Aantwoord. heeft 0de en B 0, 0+ 0 = mutsverdeling 0 0, 0=2 0 (mod 3); utsverdeling verdeling één één van van de volgende volgende mogelijkheden 0 s. Precies één van raadt zijn mutskleur 2eren • (mod A heeft 2is: twee 1heeft rij21: 2 0 0 rij 1: geldt rij 2: • A heeft 1 en B heeft 0, er 1 + 0 = 1 • A heeft 2 en B heeft 0, geldt 2 + 0 = 2 (mod 3); (mod 3); (mod A heeft 0 en B heeft 1, er geldt A heeft 0 en B heeft 2, geldt (mod 3); • A heeft 0 en B heeft 1, er geldt 0 + 1 = 1 mogelijkheden mogelijkheden is: is: Voorbeeld 2 • A heeft 0 en B heeft 0, er geldt 0 + 0 = 0 komen één keer voor, één waarde komt (mod 3); • A heeft 0 en B heeft 2, er geldt 0 + 2 = 2 eden kheden is: is: • A heeft 0 en B heeft 0, er geldt 0 + 0 = 0 an juist. (mod3); 3); 1 0 rij 1:rij 1: 1 1 1 2 rij 1: C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 1 en (mod 3); (mod 3); 3); 0 en B heef 2 Aheeft heeft 2geldt en0BB+ heeft geldt -•B (mod Aer heeft en Aen en0, heeft 1, 00 +0, 1 er = 1geldt 1 A heeft 11er en B=0heeft 0, ergeldt (mod orbeeld oorbeeld 2voor. •0 A • heeft heeft 0heeft en B3); heeft B 0heeft 0, er geldt geldt 0 + 0geldt 0+ 0= 3); 2Anders 0, 0erneem 2 in 0A = 2•0(mod keer gezegd: je A0, 0 en 1, geldt1 + 1 1 1, 0+0 1=1 (mod 3); eft 0 en 0 twee en B heeft B -•heeft 0, er 3); er geldt 0heeft (mod 3); • (mod A heeft 0+ =0 0= rij 2: 1 011+++220===201(mod 1 2A(mod rij 1:en . 3); heeft en heeft 2, er geldt 1: allemaal fout. (mod -• AA Aheeft heeft 2 en Bheeft heeft 1, er A heeft enBB B • 22kader) 1, er geldt 22 + = 02= (mod 3); heeft en B heeft 0, er geldt + =13); (mod 3); heeft 0111en de tabel (in twee rijen en twee (mod 3); A0 heeft Bheeft heeft 0,er ergeldt geldt d); • Ahet heeft 0B en B heeft 1,geldt er geldt 010(mod + 1 3).3); •-•• A ls er drie mutsverdelingen overblijven, (mod3).3); 1 2,2, rij 2: 1 1 2 en B veronderstellen dat rij 2 1: (mod 3). (mod 3). Aen en2, heeft 0, 22 +2, 0= .0 en •B(mod A heeft 1 en B=2heeft er 2geldt 1 (mod 3); •2 + A • heeft heeft 0heeft en B heeft B heeft 2, er er geldt geldt 0 + 0geldt 2+ 2= 3); 1, 1A = 0•0a b HQ dan de vier •heeft A1,heeft 2bevatten en0Bdie 0, geldt 0 2 2er 0, 2+2 0=0 2 (mod 3); eft 0 kolommen, en B Bde 1, er er geldt geldt + 0heeft = 11 = 1erkruis (mod 3); emen zeheeft mutsverdeling bij de • A heeft 1 en B heef 1punten 0A1+hoort rij 2: 1 11++ze02de 2(mod 2 rij Omdat b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H bovendien a + b NXQQHQ ]H GH kunnen ze de eerste , geldt kunnen optie bovendien aBkleuren. +heeft b NXQQHQ ]H (mod 3). • altijd A heeft en heeft 1, er 2+ 0=3); (mod 11en 0,2,erergeldt ==1derde 3). alle de (mod 3); 3); t. •A Aheeft heeft enB1 Bheeft heeft 0 (mod dom );3);die •één Abovendien heeft 2B en 0,, geldt er geldt 21(mod +=03); 2 en3); •Omdat slechts keer voorkomt. Beide 3); 11:21drie 0samen 0 Omdat rij 2: rij 2: 1 1 2 1: dat hun mutsverdeling één van de volgende laatste optie wegstrepen. A2er gaat nu uit van de tweede wegstrepen. Er blijven drie mogelijkheden over. A en derde optie wegstrepen. Er blijven drie de tweede Van de drie • A heeft 2 en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 13); Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H GH (mod 3). • A • heeft A heeft 1 en 1 en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 1 + 1 0 + = 0 1 = 1 (mod 3); Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H • A 2optie en 1, geldt 2 + 1 = 0 • A heeft 2 en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 (mod 3). eft 2 en 2 Voorbeeld en B heeft Bnoemen heeft 0,heeft 0, er er geldt geldt 2Bwegstrepen. + 2heeft 0 + = 0 2 = (mod abouters hun mutskleur dan correct. • A heeft 1 en B heef 0 2 1 rij 2:1 1 1 1 2 2 is: optie en zegt 0,mogelijkheden B+ gaat uit van de derde optie en 3). B kiezen voor de tweede optie, want de2som mogelijkheden over. A 2, en B geldt kiezen voor de0 2 komt mogelijkheden overblijven, komt de (mod kabouters C, D dus en E (die Aaen B zien) derde optie wegstrepen. Er blijven drie Omdat a b NXQQHQ ]H (mod (mod 3); 3); • A heeft 1 en B heeft er 1 + = de(mod tweede optie wegstrepen. Van de drie Vanwege veronderstelling + b e 3). (mod 3). Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H GH d);3); De •de A bovendien heeft 2 die en B heeft 1, er geldt 2 + 1 = 0 (mod 3). rij 2: 0 2 2: 1 rij 2:rij A 0Aéén en Bof heeft 0, er geldt + 02, =(mod 0aer zegt dus ook 0.eenmaal Kabouter Aen zijn mutskleur dus slechts eenmaal voor. noemt dus 0,voor B noemt 2. Allebei tweede optie, de som komt slechts 2(mod slechts voor. noemt dus 2,Omdat 3 +optie b NXQQHQ ]H GH 0, 1 1. Kaboumogelijkheden over. en B 2kiezen de Omdat de tweede optie wegstrepen. Van •de A •drie heeft A heeft 1 en 1 Voorbeeld B bovendien heeft B0 heeft 2, er geldt geldt 1+ 1want 2+ =2a0= 0b NXQQHQ ]H 3). mogelijkheden die overblijven, komt de (mod 3)achtereenvolgens kunnen de kabouters dus Omdat bovendien + b NXQQHQ ]H Omdat bovendien +AA derde wegstrepen. Er blijven drie eft 2 en 2 en B heeft B som heeft 1, 1, er er geldt geldt 2 + 2•a1 + = 1heeft 0 = 0raadt 3). 1 2zeggen bovendien a + rij 2: 0 en 2 1 (mod 3); correct. goed! eenmaal voor. A noemt dus 0, B noemt 2. noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De 3). en EOmdat zeggen achtereenvolgens 2 en de eerste enDlaatste optie wegstrepen. gaat EB heeft goed en dus komen de tweede optie, want de som 2kiezen komt slechts mogelijkheden die overblijven, komt de (mod 3). C, bovendien aA + b NXQQHQ ]H GH som 2het slechts eenmaal voor. AVan noemt dus 2, Voorbeeld 3 twee van de vier mogelijke de tweede optie wegstrepen. de(mod drie de tweede optie wegstrepen. Van driedederde optie wegstrepe mogelijkheden over. A en nu B0, voor d).3). ter Omdat bovendien amutsverdelingen + b NXQQHQ ]H rij 2: 0 2 1 goed! Allebei A heeft 0AAen BOmdat 1, er van 0tweede 1 = 1 optie dat deZe handelwijze van Bheeft spaak 2: allemaal fout. uit optie en zegt dus 0, gaat kabouters vrij. eenmaal voor. Adie noemt dus 0, Bkomt noemt som slechts eenmaal voor. noemt dus 2, Voorbeeld 3achtereenvolgens Omdat bovendien bovendien a +a b NXQQHQ ]H GH + b NXQQHQ ]H GH derde wegstrepen. Er blijven drie B+anoemt 0. hebben het allebei fout. De C,de D en E zeggen 0, en uitsluiten. Er blijven dus•overblijven, of drie mogemogelijkheden die komt de mogelijkheden overblijven, de 2. mogelijkheden over. A tweede optie, want deBsom 22 komt slechts vendien bovendien areden b NXQQHQ ]H + b NXQQHQ ]H de2 tweede optie wegstrepen. Van de drie rij 2: 0geldt 2en 1 twee (mod 3); loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en B veronderstellen dat a b HQ uit van de derde optie en zegt dus ook 0. Hoe redeneren A en B (die C, D en E zien)? Allebei goed! B noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 2 en derde derde optie optie wegstrepen. wegstrepen. Er Er blijven blijven drie drie mogelijkheden over. A en B kiezen voor de reden dat de handelwijze van A en B spaak 2: allemaal fout. lijke mutsverdelingen over. som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus 2, som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus Voorbeeld 3 Voorbeeld eenmaal voor. A noemt dus 0, B noemt 2. 2, e ede optie optie wegstrepen. wegstrepen. Van Van de de drie drie mogelijkheden die overblijven, komt de tweede optie, want de rij 2: 00 22 11 • A heeft 2 en B heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 niet alle drie de kabouters in de tweede rij a + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H Kabouter A raadt zijn mutskleur dus correct. Ze veronderstellen dat a b HQ a + b reden dat de handelwijze van A en B spaak 2: allemaal fout. mogelijkheden mogelijkheden over. over. A en A en B kiezen B kiezen voor voor de de tweede optie, want som 2 komt slechts loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en B veronderstellen dat a b HQ B noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De B noemt 0. Ze hebben het allebei fout. De C, D en E zeggen achtereenvolgens 0, 2 en C, D en EAzegge Allebei goed! eden kheden die die overblijven, overblijven, komt komt de de som 2 slechts eenmaal voor. A noemt dus 2, Voorbeeld 3 eenmaal voor. noem 2: (mod 3); geven een fout antwoord. dat hun mutsverdeling één van de loopt, is dat hun veronderstelling niet klopt: A en BDveronderstellen dat a b HQ tweede optie, de de som som 2zeggen komt 2 komt slechts slechts eenmaal voor. A noemt dusvolgende 0, B 2. Allebei2:goed! niet alle drie de kabouters in de tweede rijoptie, a want + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H A en B spreken nu het volgende af.Voorbeeld Als erBtweede reden dat handelwijze van A en spaak reden dat de handelwijze van A0,noemt en B spaak 2: allemaal allemaal fout slechts chts 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H GDW eenmaal eenmaal voor. Ade noemt A0. noemt dus dus 2, 2, Voorbeeld 3 want 3 Bvoor. noemt Ze hebben het allebei fout. De C, en Efout. achtereenvolgens 2 en PYTHAGORAS •van A De heeft en B heeft 1, ervoor. geldt 2hun +allemaal 1Allebei = dus 00,is: mogelijkheden mutsverdeling één de volgende niet alle drie de kabouters in2C, de a + b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H eenmaal eenmaal voor. A noemt A2: noemt dus 0, B0,dat noemt B0, 2.veronderstelling 2. goed! geven een fout antwoord. dat mutsverdeling van de volgende twee mutsverdelingen overblijven, kiest loopt, is dat hun veronderstelling niet A en B veronderstellen loopt, is hun dat a b HQ niet klopt: A en B veronder mt 0. 0. Zehun Ze hebben hebben het het allebei allebei fout. fout. De C, Dtweede en DA en Eklopt: Erij zeggen achtereenvolgens achtereenvolgens 2noemt en 2 één en reden dat de handelwijze van A en Bzeggen spaak fout. 2 0 PYTHAGORAS (mod 3). n E (die A en B zien) Voorbeeld 2 • A heeft 0 en B heeft 0, er geldt 0 + 0 = 0 mogelijkheden is: geven een fout antwoord. dat hun mutsverdeling één van de volgende Allebei Allebei goed! goed! mogelijkheden is:drie de kabouters zijn kleur invan dedrie mutsverdeling waarvan de nietloopt, alle deen kabouters in 2: de2: tweede alle in de tweede rij a +Ab 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H a + b 8LW a dat de de handelwijze handelwijze van A dat en A Bhun spaak B spaak allemaal allemaal fout. fout. is veronderstelling nietrij klopt: en Bniet veronderstellen dat a b HQ rij 1: PYTHAGORAS Omdat bovendien a b NXQQHQ ]H GH 0,Averonderstelling 1heeft en 1. 3); •som 0Kabouen Bis, heeft 0, er geldt 0Ain + 0en mogelijkheden is: Voorbeeld • (mod Aadat heeft 0 en B heeft ervan geldt +0=0 het kleinst en B2 kiest zijn kleur in de geven een fout antwoord. geven een fout0, antwoord. dat hun mutsverdeling één de0volgende dat hun mutsve sgens atdat hun hun veronderstelling niet niet klopt: klopt: en Ade B=tweede veronderstellen B0+ veronderstellen a b HQ a b HQ niet alle drie de kabouters rij +dat b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H laatste wegstrepen. A gaat nu dus komen dein de PYTHAGORAS •• A heeft 00 mutsverdeling en geldt + (mod 3); Voorbeeld 2eerste A heeft en B B heeft 2, 0, er er geldt +2 0= = 20 (mod 3); muts verdeling waarvan de mogelijkheden is:heeft mogelijkheden i een rie drie de de kabouters kabouters in de tweede tweede rijsom rijenhet a grootst +a b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H +optie b 8LW a HQ b FRQFOXGHUHQ ]H geven een fout antwoord. dat hun één van00de volgende PYTHAGORAS uit van de tweede optie en zegt dus 0, B gaat 3); •is. APrecies heeft 0één en0van B heeft 1, er geldt 0dat +dat 1 =hun 1mutsverdeling (mod 3); 2, er hen2 raadt mutskleur Voorbeeld • (mod Amogelijkheden heeft Voorbeeld 0 ende B heeft 2 geldt 0 + 02 = 02 • A heeft 0 en B n een fout fout antwoord. antwoord. hun mutsverdeling één één van van de volgende volgende is: 0, 1zijn rij en 1:3); PYTHAGORAS PYTHAGORAS uit2van1 de derde optie en zegt ook 0.10 en B (die C, D E zien)? heeft 0, 10 + = (mod • A A heeft en0B B heeft 2, er er geldt +002+ =012= 0 dan juist. (mod 3); (mod 3); mogelijkheden mogelijkheden is:is:•dus Voorbeeld •heeft A heeft en B heeft 0,geldt er geldt 0 rij 1: 2 en 0 Kabouter A raadt zijn mutskleur dus correct. at a b HQ a b (mod 3); • A2heeft B+heeft 0, er geldt 2 + 0 = 2 (mod 3); 1 0, 1 0 1 • A heeft 0 en B heeft 2, er geldt 0 + 2 = 2 • A heeft 0 en B beeld rbeeld 2 • A • heeft A heeft 0 en 0 en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 0 + 0 0 + = 0 0 = 0 (mod 3); 1 1 1 2 1:3); FRQFOXGHUHQ ]H GDW • A heeft 1 en B heeft 2, er geldt 1 + 2 = 0 • A heeft 1 en B heeft 0, er geldt 1 + 0 = 1 Als(mod errijdrie mutsverdelingen overblijven, (mod 3); (mod 3); (mod (mod 3); 3); • A heeft 0 en B heeft 2, er geldt 0 + 2 = 2 1 1 0 0 rij 2: rij 1: rij 1: én van de volgende (mod 3). •nemen A heeft B heeft geldt 2• +bij =heeft 0 0 en (mod 2, 2er geldt 1 + 0 2=1 0 ze 2 deen mutsverdeling hoort de A2,heeft 1geldt en0B+ 0, • A heeft 1 en B A • 1heeft A 0 en B •heeft 2, er 3); er geldt 0heeft 2 += 22 = (mod 3); 10 0 1, erdie 2B heeft rij11: 1 één keer voorkomt. Beide Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H GH (mod • A heeft 1 en B heeft 2, er geldt 1 + 2 = 0 3). die 3). slechts (mod 3); (mod 3); (mod (mod 3); 3); • A heeft 1 en B heeft 0, er geldt 1 + 0 = 1 0 0 som rij 1: eft 0, Omdat er geldtbovendien 0 noemen + 0 = 0ahun derde optie wegstrepen. Er blijven drie + b NXQQHQ ]H (mod 3). Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H GH kabouters mutskleur dan correct. • A heeft 1 en B heeft 2, er geldt 1 + 2 = 0 • A heeft 1 en B • A • heeft A heeft 1 en 1 en B heeft B heeft 0, 0, er er geldt geldt 1 + 1 0 + = 0 1 = 1 (mod 3); 0 2 1 mogelijkheden over. A enEr B2,kiezen voor de2 = 0 de tweede optie wegstrepen. Van de (mod drie Omdat bovendien a + b NXQQHQ ]H GH derde optie wegstrepen. blijven drie (mod 3). (mod 3). (mod 3); 3); • A heeft 1 en B heeft er geldt 1 + rij 2: 0 2

6 UITWISKELING

EEN EENVOUDIGE AFGELEIDE? INSPIRATIE IS EEN WEZENLIJK ONDERDEEL VAN WISKUNDEONDERWIJS. ELKE LES OPNIEUW, ELKE TOETS, ELK PROEFWERK IS EEN ZOEKTOCHT NAAR GESCHIKTE VRAGEN EN OPDRACHTEN. IN DIT ARTIKEL BESPREKEN WE EEN OEFENING OVER AFGELEIDEN DIE JE REGELMATIG IN HANDBOEKEN TEGENKOMT. OP HET EERSTE ZICHT LIJKT HET EEN STANDAARD OEFENING, MAAR ZE BLIJKT EEN VERRASSEND KANTJE TE HEBBEN WAT AANLEIDING KAN GEVEN TOT EEN BOEIENDE KLASSIKALE DISCUSSIE. H I L D E E G G E R M O N T, M I C H E L R O E L E N S , E L S VA N E M E L E N , E L S VA N L O M M E L ,

OPDRACHT Bereken OPLOSSING De meeste leerlingen beginnen meteen te rekenen. Dit is niet verwonderlijk; bij veruit de meeste oefeningen van deze soort moest je gewoon beginnen aﬂeiden. Zij vinden:

Tijdens deze berekening vraagt een leerling ‘moet het niet plus of min de wortel zijn’? Een andere leerling antwoordt: ‘Neen, want een arcsinus is en de cosinus is daar altijd in positief’. De klas keurt dit goed, ook al begrijpen ze het niet helemaal. De leerling die sprak, heeft immers een goede wiskundereputatie. Andere leerlingen ‘kijken’ voor ze beginnen te

rekenen. Ze zeggen dat ‘inverse functies elkaar opheffen’ en doen dit zo:

Iedereen vindt hetzelfde resultaat. Dat moet dan toch kloppen, niet? Ik laat het graﬁsch controleren. De graﬁek van de af te leiden functie maakt duidelijk dat er iets mis is met de oplossing. (zie figuur 1)

Figuur 1

R E DAC T I E U I T W I S K E L I N G

De afgeleide is blijkbaar niet ‘overal’ gelijk aan 1: in sommige intervallen wel en in andere intervallen is die . Wat was er dan fout gelijk aan aan de uitleg over de cosinus die in dat interval positief is? En heffen de sinus en de arcsinus elkaar niet op? We komen erachter dat niet zomaar kan zijn: kan gelijk welke waarde in is een element van aannemen, en de arcsinus hiervan is een

element van ; als niet in dat dus niet interval zit is gelijk aan . We merken verder ook op dat de functie . Als periodiek is met periode we de functie kunnen beschrijven , dan weten in het interval we precies hoe ze eruitziet. Voor het eerste stuk van dit interval is er is geen probleem: als . Voor bekijken we de situatie op de goniometrische cirkel.

naast de kwestie. Om de uitdrukking correct te vereenvoudigen, moeten we absolutewaardetekens gebruiken:

We kunnen dit zo laten staan, of als een meervoudig voorschrift voorstellen:

Dat is niet korter. Eventueel kan hier de signumfunctie ingevoerd worden om dit compact te noteren. Dan krijgen we

Figuur 2

Omdat supplementaire hoeken gelijke sinussen hebben en omdat wel in het juiste interval indien ligt, is . Samen met de periodiciteit kunnen we nu de graﬁek van begrijpen. Terug naar de eerste berekening. Vermits gelijk welk reëel getal kan zowel positief als negazijn, kan tief zijn. De opmerking van de leerling i.v.m. het interval voor arcsin is dus

WAT MAAKT DEZE OEFENING MOOI? Wat ogenschijnlijk een eenvoudige oefening op afgeleiden was, blijkt toch een heel verrassend kantje te hebben. Door de graﬁek van de functie te bekijken, konden we niet anders dan onze oplossing in vraag te stellen. Zo zat er meer in deze opgave dan eerst gedacht. Ook over wat er gebeurt in de knikpunten valt wat te zeggen, maar dat hebben we hier niet uitgewerkt. Deze oefening komt uit het artikel ‘Gewoon

mooie oefeningen’ dat verscheen in Uitwiskeling 35/1. Dat artikel bestaat uit een losse verzameling van oefeningen waarvan wij vonden dat ze mooi zijn. We probeerden voor elk wat wils te vinden, gegroepeerd per graad. Op www. uitwiskeling.be vind je alle info.

8 WISKUNDE EN ONDERWIJS

TAFELEN VAN INTEREST IN DIT ARTIKEL BESPREKEN WE HET BOEK TAFELEN VAN INTEREST ([1]), MIDTSGADERS DE CONSTRUCTIE DER SELUER, GHECALCULEERT DOOR SIMON STEUIN BRUGGHELINCK. HET BOEK IS UITGEGEVEN DOOR CHRISTOFFEL PLANTIJN IN ANTWERPEN IN DEN GULDEN PASSER IN HET JAAR 1582, KORT VOORDAT PLANTIJN EEN DEEL VAN ZIJN DRUKKERIJ OVERBRACHT NAAR LEIDEN. STEVIN WOONDE TOEN AL OFFICIEEL IN LEIDEN. OM DEZE ‘TAFELEN’ VOOR ELKEEN DUIDELIJK TE MAKEN, STELDE STEVIN TAL VAN VOORBEELDEN, ‘EXEMPELEN’, SAMEN. ZIJN OPLOSSINGEN DOEN NU UITERAARD WAT ARCHAÏSCH AAN, MAAR ZIJN GOED TE VOLGEN. HET BEGRIJPEN VAN DE AARD VAN DE OPDRACHTEN, ZIJN OPLOSSINGSMETHODES EN DIE OMZETTEN NAAR EEN HEDENDAAGSE ABSTRACT ALGEBRAÏSCHE BENADERING ZIJN VOOR ONZE (ECONOMIE)LEERLINGEN ZINVOL EN ALGEMEEN VORMEND. IN DEZE CONTEXT ZULLEN WE DAN OOK EEN AANTAL OEFENINGEN AAN DE LEZER VOORSTELLEN. HENK HIETBRINK EN JEAN-MARIE DENDONCKER

De editie uit 1582 telt 92 pagina’s en staat online bij books.google, maar het lettertype kan voor de lezer een belemmering zijn. In 1937 verscheen een editie in een beter leesbaar lettertype. Die uitvoering staat online bij de Koninklijke Bibliotheek. In 1958 is een editie opgenomen in The Principal Works, samen met een moderne, Engelse vertaling. Die versie staat online bij KNAW. In volume IIA wordt de Tafelen van Interest uitvoerig besproken ([2]). 1 OPBOUW VAN HET BOEK Met De Tafelen van Interest begint Stevins wetenschappelijke productie. Het doel van dit boek is om, zoals Simon Stevin het zelf in zijn voorwoord duidelijk maakt, “de tafelen midtsgaders haere constructien ende ghebruyck ordentelick naar mijn vermogen te verclaeren”. Zelf refereert Stevin aan het boek L’ARITHMETIQUE, un petit discours des changes avec l’art de calculer aux Getons van Jan Trenchant uitgegeven in 1571 in Lyon. Simon Stevin beschouwt Trenchant dan ook als de inventeur van de tafelen. Toch voegt hij in zijn nota op pagina 62 er fijntjes aan toe: “in de zelue Arithmeticque hebbe ick zeker erreur van den interest bemerckt”. Op die erreur (fout) komen we later terug. Het is de verdienste van Simon Stevin dat hij de tafelen gebruiksklaar heeft gemaakt voor de handelaars die ze nodig hadden. Dit is niet onbelangrijk omdat, zoals hij op pagina 7 zelf vermeldt, “de tafelen hier in Hollandt by eenighe schriftelick zijn, maer als groote secreten by den ghenen diese hebben, verborghen blijuen”. Het typeert Simon Stevin wellicht dat hij de tafelen voor iedereen toegankelijk wil maken en dat hij ze ook aan de hand van talrijke voorbeelden zal verduidelijken. Hij zet zich af tegen diegenen die de tafelen geheim wensen te houden, omdat de reden om ze geheim te houden eenichsins een argument te zijne van meerder liefde tot profijt dan tot conste. Stevin publiceert in 1582 zijn Tafelen van Interest in het Nederlands en drie jaar later een vertaling in het Frans. Na zijn dood worden Franstalige edities verzorgd door Albert Girard. Simon Stevin beschouwt zowel de enkelvoudige interest als de samengestelde interest, die hij respectievelijk simpel en ghecomponeert noemt en die zowel schadelick als profijtelick kunnen zijn. Met

behulp van zestien tafelen van interest van 1 % tot 16 % en van acht tafelen van interest van de penninck 15 tot en met 22 geeft Simon Stevin tal van oefeningen, die hij dan oplost. 2 MODERNE WERKWIJZE Net als zijn tijdgenoten maakte Simon Stevin geen gebruik van algebraïsche formules. Ook het concept van gebroken exponenten bestond toen nog niet. Voor de hedendaagse lezer is het wellicht handig om eerst de enkelvoudige en samengestelde interest te definiëren met moderne formules die aansluiten bij hedendaagse leerboeken. Bij enkelvoudige interest is de interest I evenredig met de beginwaarde van het kapitaal k, de enkelvoudige interestvoet i en het aantal termijnen n waarvoor het kapitaal wordt uitgezet. Je vindt dus:

(1)

Is i = 5 % en k = 100 geldeenheden dan zal de interest I jaarlijks 5 geldeenheden bedragen. Na 1, 2, 3, … opeenvolgende jaren zal het kapitaal dan 105, 110, 115, … geldeenheden groot zijn. De formule om het eindkapitaal K te vinden is dan

(2)

Men spreekt van samengestelde interest wanneer bij het einde van elke periode de interest die recht evenredig is met het kapitaal, niet geïnd wordt, maar bij het kapitaal gevoegd wordt om ook tijdens de volgende perioden zelf interest op te brengen. Is k opnieuw het beginkapitaal dat gedurende n perioden geplaatst wordt aan een interestvoet i per periode, dan zijn de formules voor het eindkapitaal K en de samengestelde interest I:

(3)

Dat zijn de gebruikelijke en gekende formules om het eindkapitaal in functie van i en n te berekenen als het beginkapitaal k bekend is. We willen immers meestal

weten hoeveel onze spaarcenten na een bepaalde periode zullen opbrengen. Het beginkapitaal (of de aanvangswaarde) wordt soms aangeduid met A, het eindkapitaal (of de slotwaarde) met S. 3 WERKWIJZE VAN SIMON STEVIN Simon Stevin gebruikt niet de moderne werkwijze waarbij het beginkapitaal uitgangspunt is. Hij vertrekt van het eindkapitaal dat hij steeds de Hooft-somme noemt. In zijn Propositie III legt hij minutieus uit hoe hij te werk gaat. Om zo weinig mogelijk breuken in zijn tabellen te verkrijgen, neemt hij als basis voor zijn tabellen steeds het getal 10 000 000 (tien miljoen) die hij de wortel der tafelen noemt. In Figuur 1 staat de tabel van 12 ten 100. Dat is de tafel van rentevoet 12 %. Om het eerste getal van 8 928 571

in de tweede kolom te vinden, vermenigvuldigt hij 10 000 000 met 100 en deelt hij het resultaat met 112 (100 plus de rentevoet). Na de deling is de rest de breuk 48/112 en omdat die minder dan een half is, rondt hij naar beneden af. Het tweede getal in de kolom is ook interessant. Hier laat Simon Stevin zien dat hij het afgeronde getal 8 928 571 met 100 vermenigvuldigt en deelt door 112. Zodoende komt hij na afronding uit op 7 971 938. Wanneer Stevin doorgerekend had met het niet afgeronde getal, dan was hij één hoger uitgekomen, namelijk op 7 971 939. Voor uw leerlingen is het belangrijk te weten dat Stevin tussentijds afrondt. In Figuur 2 staat de tabel van de penninck 15. Daar vinden we nog een verrassing over afronden. Met de penninck 15 wordt bedoeld dat één penning rente bere-

Figuur 2 Tafelen [Stevin, 1582], blz 51

Figuur 1 Tafelen [Stevin, 1582], blz 46

kend wordt op iedere 15 penningen. Dat komt overeen penningen op iedere honderd penningen. De met %. Stevin deelt iedere keer door de rentevoet is dus breuk 16/15 (of vermenigvuldigt met de breuk 15/16). Bij het eerste jaar komt er een mooi geheel getal uit, namelijk 9 375 000. Bij het tweede jaar komt er 8 789 062 uit. Verrassend is dat Stevin een half naar beneden afrondt! Volgens Stevin is een beginkapitaal van 8 789 062 libra na twee jaar tegen de vijftiende penning 10 000 000 libra waard. Stevin rekent in de tabellen dus uit wat het beginkapitaal is. Dat is mogelijk te verklaren omdat in zijn periode de kapitaalsopbrengsten door samengestelde interest in sommige gevallen als immoreel werden beschouwd. Toch zal Simon Stevin zowel voorbeelden geven van profijtelicken als van schadelicken interest. Naast de opeenvolgende jaren en de beginkapitalen met eindwaarde 10 000 000 wordt er nog een derde kolom met getallen berekend. Deze getallen zijn de gecumuleerde opeenvolgende beginwaarden voor elk jaar. Dat kan je snel zelf nagaan. 4 VOORBEELDEN Misschien vindt u het leuk om eerst zelf te rekenen aan de voorbeelden die Stevin zijn lezers voorschotelde. Hieronder staan enkele opdrachten ([3]). Ze worden verderop in dit artikel uitgewerkt. Aan het einde van het artikel komt nog een reeks oefeningen met oplossingen. 1. Hoeveel schuld heeft iemand bij aanvang als hij na één jaar een bedrag van 300 libra terug moet betalen tegen 12 % enkelvoudige rente per jaar? (Exempel 1 van pagina 20) 2. Hoeveel geeft een bedrag van 320 libra in vijf jaar aan enkelvoudige rente als een bedrag van 27 libra in vier jaar een bedrag van 14 libra geeft? (Exempel 2 van pagina 15) 3. Hoeveel enkelvoudige rente moet iemand na vier jaar betalen als gerekend wordt met 12% rente per jaar wanneer de schuld ieder jaar met een bedrag van 56 libra toeneemt? (Exempel 4 van pagina 17)

4. Hoeveel schuld heeft iemand bij aanvang als hij na drie jaar een bedrag van 32 libra moet betalen tegen jaarlijks de 16de penning enkelvoudige interest? (Exempel 2 van pagina 20) 5. Wanneer is voor de schuldeiser een schuld tegen samengestelde interest meer waard dan diezelfde schuld tegen enkelvoudige interest tegen dezelfde rente op jaarbasis? Nu in 2020 de rente op spaarrekeningen nagenoeg nul is, lijken rentepercentages als 6 % of 12 % hoog, maar ook nu moeten bedrijven in risicovolle markten 8 % rente of meer betalen. Woekerrente is van alle tijden. De Nederlandse regering heeft pas in mei 2020 de maximale rente op consumptieve leningen verlaagd van 14% naar 10%. Een Nederlandse bank heeft daarop de rente tijdelijk verlaagd naar een schappelijke 9,9%. Het antwoord op de laatste vraag is voor veel leerlingen een verrassing. Intuïtief verwacht men dat een schuldbedrag altijd het hardst groeit bij rente op rente. Toch levert, bij hetzelfde rentepercentage op jaarbasis, lineaire groei over een periode korter dan één jaar meer op dan rente op rente. Rekent u maar na. Over een halfjaar geeft bij enkelvoudige interest een bedrag van € 32 000 tegen jaarlijks de penning 16 een bedrag aan rente van € 1 000, maar bij rente op rente slechts een bedrag van € 985. Voor Stevin is het verschil principieel groot genoeg om te stellen dat bij een lening over 16,5 jaar de rente eerst berekend moet worden over 16 jaar tegen samengestelde interest en vervolgens over dat halve jaar tegen enkelvoudige interest. In de oefeningen komen we op deze kwestie terug. Voor uw leerlingen is het vergelijken van het verloop van de grafieken van en met rentepercentage i over de intervallen en een zinvolle oefening. Stevin geeft in de Tafelen een groot aantal voorbeelden van enkelvoudige interest in oplopende moeilijkheidsgraad en reikt effectieve rekenregels aan. In het eerste voorbeeld van pagina 20 is de vraag hoeveel schuld iemand nu heeft als hij na één jaar een bedrag van 300 libra terug moet betalen tegen 12 % enkelvoudige rente

per jaar. Stevin geeft als antwoord een bedrag van 367 libra. Waar Stevin in proza de regel van drie uitschrijft, kun je voor leerlingen een verhoudingstabel gebruiken om de berekening te duiden:

en laatste jaar wordt op tijd betaald en is dus geen rente verschuldigd. Uiteindelijk moet betaald worden 3+2+1=6 keer de rente tegen 12 %. Het verschuldigde bedrag aan rente is dus 40 libra.

In het tweede voorbeeld, onderaan pagina 15, is de vraag hoeveel een bedrag van 320 libra in 5 jaar aan rente geeft als een bedrag van 27 libra in vier jaar een bedrag van 14 libra geeft. Stevin gebruikt hier de volgende regel, die door ons in een verhoudingstabel is geplaatst om lange zinnen te vermijden. Zijn antwoord is 207 libra.

In het tweede voorbeeld op pagina 20 is de vraag hoeveel schuld iemand bij aanvang heeft als hij na drie jaar een bedrag van 32 libra moet betalen tegen jaarlijks de 16de penning enkelvoudige interest. Stevin rekent als volgt. Na één jaar worden 16 penningen er 17, na twee jaar worden het er 18, na drie jaar 19. Dus, tel de drie bij de 16 op, geeft 19, reken uit 19 staat tot 16 als 32 staat tot dat onbekende bedrag. De uitkomst is 26 libra.

De effectiviteit van deze regel blijkt bij het zesde voorbeeld op pagina 19. Gevraagd wordt hoeveel jaren een bedrag van 260 libra moet uitstaan tegen 12 % enkelvoudige rente per jaar opdat de som van de rentes een bedrag van 187 libra en vier stuivers is. Het antwoord is 6 jaar.

In het vierde voorbeeld op pagina 17 wordt gesteld dat iemand in vier jaar tijd een schuld van 224 libra opbouwt, te weten ieder jaar een bedrag van 56 libra, het vierde deel. De vraag is welk bedrag er na vier jaar aan rente betaald moet worden als gerekend wordt met 12 % enkelvoudige interest per jaar. Om dit voorbeeld goed te begrijpen is het noodzakelijk te weten wanneer de schuld wordt opgebouwd. Het is zinvol om met uw leerlingen een tijdlijn te maken en bij te schrijven wat op ieder moment de waarde van de schuld is. Stevin legt uit dat aan het einde van het eerste jaar een bedrag van 56 libra betaald zou moeten worden, maar dat deze betaling drie jaar wordt uitgesteld. Over dit bedrag moet dus drie keer rente betaald worden. Evenzo aan het einde van het tweede jaar wordt de betaling voor twee jaar uitgesteld, aan het einde van het derde jaar wordt de betaling één jaar uitgesteld, maar het vierde

Aansluitend rekent Stevin op pagina 21 uit wat er moet gebeuren bij een termijn van een halfjaar. Vraag is hoeveel schuld iemand bij aanvang heeft als hij na een halfjaar een bedrag van 250 libra moet betalen tegen de 16de penning jaarlijks enkelvoudige interest. Stevin komt uit op 242 libra schuld.

5 INTEREST OVER EEN GEDEELTE VAN EEN JAAR Stevin en zijn tijdgenoten hadden meningsverschillen over de manier waarop samengestelde interest berekend moest worden over een gedeelte van een jaar. Interessant is het tweede voorbeeld op pagina 61. Vraag is om uit te rekenen hoeveel een bedrag van 800 libra waard is na 16,5 jaar met jaarlijkse rente op rente tegen de 15de penning. In dit voorbeeld gaat het om het correct verwerken van dat extra half jaar. Wanneer rente op rente uitgekeerd wordt over de hele 16,5 jaar, is het libra. Echter, Simon eindkapitaal Stevin komt uit op 2321,61 libra. Het verschil heeft deels te maken met afrondingsfouten, maar er is meer aan de hand. Wellicht wilt u het eerst zelf onderzoeken. De verklaring staat in de Tafelen op pagina 61 en verder.

Stevin volgt de traditionele opvatting van zijn tijd dat bij een periode korter dan een heel jaar altijd gerekend moet worden met enkelvoudige interest. Bij een periode langer dan een jaar vindt Stevin dat over het geheel aantal jaren gerekend mag worden met samengestelde interest, maar dat over het gedeelte van het jaar altijd met enkelvoudige interest gerekend moet worden. Zijn argument is dat alle ghecomponeerden profijtelijcken interest is voor den crediteur profijtelijcker dan simpelen met de interest. Hij vermenigvuldigt . Uw leerlingen mogen onderzoeken waarom factor niet gelijk is aan , of in het algemeen, dat . Dit brengt ons terug naar de eerdere opmerking over het verloop van de grafieken van lineis aire en exponentiële functies. Voor of in woorden: in een deel van een jaar is de waarde van de samengestelde interest lager dan die van de enkelvoudige interest. Opmerkelijk is dat Stevin volledig voorbijgaat aan de opmerkingen van Trenchant, temeer omdat Trenchant het in 1578 volgens moderne opvattingen correct opschrijft. Vanaf pagina 308 bij onderdeel 11 rekent hij met rente op rente tegen de twaalfde penning per jaar. Trenchant legt uit dat je bij samengestelde interest over een halfjaar niet het gemiddelde moet nemen van 100 104,17, maar moet nemen wat en 108 , te weten 104 hij de “middelevenredige” noemt, te weten de wortel . En dat je bij van hun product, dus een periode van drie maanden weer de wortel van hun product moet nemen, dus Een paar jaar later liet Stevin zien in L‘Arithmétique dat hij uitstekend kon omgaan met machtsvergelijkingen en hogeremachtswortels. In de Spiegheling der Singconst verdeelde hij met machtswortels een octaaf in twaalf gelijke delen zodat de verhouding tussen de twaalf . In The opeenvolgende tonen gelijk was aan Principal Works kunt u in het vijfde deel vanaf pagina 413 lezen over zijn bijdrage aan de gelijkzwevende stemming. Belangrijk is ook dat hij propageerde dat hogeremachtwortels getallen waren die net zo gewoon zijn als gehele getallen of breuken.

Hoe zeer het vakgebied in ontwikkeling was, bleek in 1626. Terwijl Albert Girard in 1625 en 1634 nog de oude tekst van Simon Stevin opdiende, schreef Ezechiel De Decker in Eerste deel van de nievwe telkonst [Decker, 1626] op een moderne manier over samengestelde interest. Vanaf pagina 285 legde hij uit hoe men behoorde te rekenen aan maandelijkse rente op rente. In zijn inleiding schreef hij dat men bij “interest op interest berekening het verschuldigde bedrag van minuut tot minuut, van uur tot uur, van dag tot dag en van maand tot maand vindt als een meetkundige rij door gedurig te vermenigvuldigen”. Hij verwees naar het boek Waerachtighe maendt ende jaer-tafelen van interest [Verkammen, 1620] waar de maandrekening volledig werd verklaard. U kunt uw leerlingen anno 2020 laten weten dat zij zich te voegen hebben naar een theorie die 400 jaar langzaam maar zeker vorm kreeg. 6 ERREUR Tot slot een voorbeeld dat historisch interessant is. Simon Stevin neemt op pagina 23 een opdracht over uit het boek van Jan Trenchant, de man uit Lyon, om te laten zien dat zijn uitwerking beter is dan die van Trenchant. Stevin verwijst expliciet naar opdracht 6 van hoofdstuk 9 uit het derde boek van L'Arithmétique. Dat moet de editie van 1578 zijn. Het gaat erom welke bedragen iemand vier jaar lang achtereenvolgens moet betalen om een schuld af te lossen die op de einddatum 600 libra waard is en dat tegen 12 % enkelvoudige rente per jaar. Daarbij moeten die vier betalingen in principe dezelfde zijn. Straks zult u zien dat de meningen verdeeld zijn over wat daarmee bedoeld wordt. Stevin ziet het zo. Voor hem zijn die eerste drie termijnen een vooruitbetaling. De laatste termijn is dan de laatste betaling. Stevin splitst de lening op in vier delen, ieder met waarde 150 libra op einddatum. Hij rekent voor ieder deel uit welke betaling bij die waarde hoort. Het eerste bedrag wordt drie jaar voor de einddatum betaald. Stevin rekent uit dat een betaling aan het einde van het eerste jaar van 110 libra aan het einde van die vier jaar, dat wil zeggen na drie jaar, dat gewenste bedrag van 150 libra waard is. Evenzo rekent hij de andere betalingen uit: 120 libra, 133 libra en 150 libra.

Trenchant maakt een andere berekening. Hij stelt voor om vier keer een bedrag van 127 libra te betalen.

Hoewel in de berekening van Trenchant alle getallen terugkomen die Stevin ook gebruikt, komt er toch een ander bedrag voor de betalingen uit. U kunt uw leerlingen vragen om na te denken over hoe dit mogelijk is. Een eerste reactie kan zijn dat een van de twee juist is en dat de andere fout is. Het zal ze verbazen dat beide goed zijn, mits men ze voorziet van de juiste argumentatie, zoals aangetoond door Waller Zeper, die in 1937 promoveerde op het proefschrift De Oudste Interesttafels in Italië, Frankrijk en Nederland [Waller Zeper, 1937]. Ook Struik, wiskundige en wetenschapshistoricus, geeft in The Principal Works [Struik, 1958] beiden gelijk. De vraag is namelijk niet wat goed is en wat fout, maar wat het verschil in redenering is. Dat kan een aardige discussie met uw leerlingen opleveren. Wellicht merkt iemand op dat de formulering van “de betaling een vierde deel moet zijn” te vaag is. Overeenkomstig is dat Stevin en Trechant beiden een aantal betalingen doen waarvan de som op einddatum een even groot bedrag waard is. Verschillend is dat Stevin voorstelt om vier verschillende betalingen te doen met dezelfde eindwaarde, terwijl Trenchant voorstelt om vier keer hetzelfde bedrag te betalen. Schematisch ontstaat bij Stevin het volgende beeld van betalingen, uitgezet in de tijd, en waarde aan het einde van het vierde jaar. Merk op dat er niets gezegd wordt over de beginwaarde van de schuld. Die berekening komt in een ander voorbeeld aan bod.

120

Voor Trenchant ziet het schema er iets anders uit, maar ook bij hem is de eindwaarde van de schuld 600 libra.

120

Interessant is hoe Stevin met zijn nieuwe inzicht omgaat. Daartoe moeten we onderzoeken wat hij doet bij de volgende voorbeelden. Ook onderzoeken we wat hij in latere edities van de Tafelen schrijft. In de Franstalige editie L'Arithmetique [Stevin, 1585] is de toon veel rustiger en ontbreekt de verwijzing naar Trenchant. Ook in de Franstalige edities die na Stevins dood zijn verzorgd door Albert Girard [Girard, 1625, 1634] ontbreken de passages over Trenchant ([4]). Aansluitend presenteert Stevin op pagina 25 een zevende voorbeeld. Het gaat om de huidige waarde van een schuld waarop terugbetaald wordt in zes jaarlijkse termijnen van 54 libra tegen 12 % enkelvoudige rente per jaar, de eerste termijn aan het einde van het eerste jaar. Deze opdracht lijkt met zijn termijnen op de vorige opdracht. Je zou verwachten dat Stevin zijn aanpak zou herhalen, maar hij volgt de aanpak van Trenchant die hij in het vorige voorbeeld nadrukkelijk weerlegde. Stevin berekent op deze manier dat de waarde van de lening aan het begin 228 is.

Jammer genoeg gaat in deze berekening iets niet goed, want de getallen hebben betrekking op verschillende grootheden. Linksboven staat de waarde van de zes betalingen op einddatum terwijl linksonder en rechtsboven de som van zes betalingen in de tijd staan. Kortom, deze getallen zijn noch in rijen noch in kolommen met elkaar te vergelijken en dus vergelijk je appels met peren. In onderstaande tabel staat een aangepaste berekening. Wanneer zes betalingen van 100 na zes jaar 852 libra waard zijn, dan zijn zes betalingen van 54 libra na zes jaar 460,08 libra waard.

Echter, dit is de eindwaarde na zes jaar en niet de gevraagde beginwaarde. In de Franse vertaling van 1585 staat de juiste berekening. Stevin herhaalt zijn aanpak van het vorige voorbeeld. In de eerste rij moet een bedrag van 54 libra verdisconteerd worden over op. één jaar. Dat levert de waarde van Bij de tweede betaling van 54 libra hoort een schuld enzovoort. De totale schuld aan het van begin van de zes jaar is de som van deze zes bedragen, dat is een bedrag van 233,10 libra. Hieronder staat het betalingsschema in tabelvorm.

Albert Girard kiest in de editie van 1625 (pagina 752) en 1634 (pagina 189) ook voor de tweede benadering en heeft er niets aan toe te voegen. Tot slot een opmerking waarom dit soort berekeningen conceptueel zo lastig is. Verwarrend is het noemen van dat bedrag van 324 libra, want dat bedrag is de som van betalingen in zes verschillende jaren. Iedere betaling heeft een andere waarde. Zodoende worden onvergelijkbare grootheden bij elkaar opgeteld en dus loopt iedere berekening met die 324 spaak. 7 OEFENINGEN Zoals een ‘meester didacticus’ betaamt, geeft Simon Stevin tal van voorbeelden om het gebruik van zijn tabellen te illustreren. De oefeningen over enkelvoudige interest kunnen al door leerlingen van het derde jaar opgelost worden. Leerlingen moeten echter wel al exponentiële functies kennen om de oefeningen over samengestelde interest aan te kunnen. Hieronder staat een kleine selectie van interessante oefeningen. Al deze oefeningen zijn samen met de tafelen te vinden op het internet ([5]). Voor de eenvoud gebruiken we in de opgaven meestal de moderne benamingen en notatie. Het zou zeker een mooi eerbetoon zijn om de voorgestelde oefeningen op te lossen met behulp van Stevins tafelen, maar het is aangewezen ze ook algebraïsch exact op te lossen. Dergelijke aanpak zal de leerlingen laten aanvoelen dat de wiskunde in de loop der jaren sterk geëvolueerd is en dat verscheidene vraagstukken met een totaal andere oplossingsmethode kunnen worden benaderd. Uiteraard is het zinvol om berekeningen met een grafische rekenmachine te controleren want een foutje is zo gemaakt. 1. Als de waarde is van de penning, leidt dan met algebra uit de formules (1), (2) en (3) een uitdrukking af voor de procentuele interestvoet . de interestvoet. Bereken vervolgens voor 2. Bereken op de manier van Stevin de eerste twintig regels van de tabel van de negentiende penning. Vergelijk je antwoord met de tabel op pagina 55.

3. Het zijn 320 libra te betaelen binnen 3 jaar en 3 maanden. De vraeghe is wat die weerdich zijn ghereedt ghelt aftreckende teghen de penninck 16, t’ siaers simpelen interest. (Exempel 4 van pagina 22) 4. Bereken de enkelvoudige rentevoet wanneer een beginkapitaal van 333 libra na 5 jaar 500 libra waard is. (Exempel 11 van pagina 28) 5. Na 7 jaar moet een schuld van 1200 libra worden betaald. Bereken met behulp van de tabellen hoeveel deze schuld bedraagt na 23 jaar aan een samengestelde interestvoet van 8 %? (Exempel 3 van pagina 64) Stevin geeft eerlijk toe dat een perfecte oplossing niet altijd voorhanden is. Zoals hij zelf schrijft: zoo en kanmen de solutie maar bycans zeggen / t’welck in de practijcke oock dickmael ghenoech is. 6. Een schuld van 400 libra groeit na 10 jaar aan tot 1037 libra. Zoek met behulp van de tabellen de samengestelde interestvoet. (Exempel 7 van pagina 72) 7. Bereken op de manier van Stevin hoeveel jaren en hoeveel dagen een beginkapitaal van 800 libra tegen de 17de penning met samengestelde interest moet uitstaan om een eindkapitaal te geven van 2500 libra? (Exempel 8 van pagina 73) 8. Gegeven is een bedrag dat binnen zes jaar moet worden terugbetaald met een jaarlijkse betaling van 54 libra. Bereken met behulp van de tabellen de aanvangswaarde rekening houdend met samengestelde interest met penning 16. (Exempel 6 van pagina 79) Maak ook met algebra een formule voor de derde het aantal kolom met de cumulatieven, waarbij periodes is en de penning en de interestvoet. Uiteraard heeft Simon Stevin nog tal van voorbeelden, oefeningen en variaties op dergelijke opgaven uitgewerkt die door leerlingen kunnen worden opgelost in het kader van een onderzoeksopdracht of seminarie. Het zal leiden tot de eerste stappen in de financiële

rekenkunde. Stevin parafraserend, zouden we zeggen, niet voor de liefde tot eigen profijt, maar voor de glorie van de conste.

8 EXTRA De volgende drie extra oefeningen zijn een uitbreiding van de laatste oefening hierboven waarin sprake is van een constante betaling van jaarlijks 54 libra. Stellen we deze vaste betaling gelijk aan , het aantal betalingen gelijk aan en hanteren we interestvoet %, dan kunnen we drie extra vragen stellen.

1. Stel een algemene formule in functie van , en op om de aanvangswaarde te berekenen, dat wil zeggen het beginkapitaal dat nodig is om die afbetalingen te kunnen betalen. 2. Stel een algemene formule op voor de aanvangswaarde van een periodieke betaling over gelijke periodes als de annuïteiten een rekenkundige rij vormen, dat wil zeggen dat elke betaling met een vast bedrag verschilt van de vorige betaling. 3. Stel een algemene formule voor de aanvangswaarde van een periodieke betaling over gelijke periodes als de annuïteiten een meetkundige rij vormen, dat wil zeggen dat elke betaling gelijk is aan de onmiddellijk voorafgaande betaling vermenigvuldigd met een constant getal .

9 OPLOSSINGEN Hieronder staan de oplossingen van de acht oefeningen. 1. Het verband tussen beginwaarde en eindkapitaal voor jaren luidt:

(4)

in en dus dat

Invullen van

geeft . (5)

geeft dan dat .

2. Hoewel voor de interestvoet een breuk met oneindig veel decimalen is, zijn de uitkomsten van de berekeningen voor afronding allemaal getallen met slechts één of twee decimalen. Dat komt omdat de factor waarmee vermenigvuldigd wordt de breuk 19/20 is. In de vierde en de vijftiende regel is de uitkomst voor afronding een getal dat eindigt op exact een half. Deze uitkomsten rondt Stevin af naar beneden. In de vierde regel moet daarom het getal 8 145 062 staan en in de vijftiende regel het getal 4 632 912. 3. Deze oefening is een vervolg op het eerder besproken tweede voorbeeld op pagina 20. Na één jaar worden 16 penningen er 17, na twee jaar worden het er 18, na drie jaar 19 en na drie jaar en drie maanden worden het er 19,25. Dus 19,25 staat tot 16 als 320 staat tot 265 .

Deze extra oefeningen onderstrepen het verschil tussen de moderne algebraïsche aanpak en de aanpak van Simon Stevin met zijn tafelen en rekenschema´s. De algebra mag dan niet zo eenvoudig zijn, het handmatig uitrekenen van een verzameling tabellen voor veel verschillende , , , en is nog veel meer werk.

Invullen van

Met algebra is aan te tonen dat uit volgt dat

(6)

, waaruit volgt

Gegeven is .

4. Uit formule (2) volgt dat dus .

en dus

Omdat het om enkelvoudige interest gaat, kunnen de tabellen niet gebruikt worden. Wel kan gewerkt worden met een verhoudingstabel. Op deze manier en uit (4) volgt dat . vindt Stevin dat

5. Op pagina 42 staat de tabel van 8 ten 100. Met de getallen bij regel 7 en regel 23 laat het antwoord zich berekenen met de regel van drie of een verhoudingstabel. Interessant is dat Stevin op pagina 64 ook de mogelijkheid noemt om te rekenen met het getal . Uitkomst is 4111 en een dat staat bij regel beetje. U kunt uw leerlingen vragen hoeveel beide uitkomsten van elkaar verschillen.

8. Op pagina 52 staan in de derde kolom de cumulatieven van de 16de penning. In de zesde regel staat het getal 48 789 356. Dat getal staat tot 6 keer 10 000 000 als de aanvangswaarde tot 6 keer 54 libra. De aanvangswaarde is dan 263,46 libra. Met de huidige notatie en algebraïsche methode is de aanvangswaarde te berekenen met de formule , uiteraard met hetzelfde

6. De oplossing van de vergelijking is een tiendemachtswortel. Volgens een rekenmachine is het antwoord ongeveer 9,99 %. Zonder rekenmachine is het met de tabellen niet veel meer werk. De getallen 1037 en 400 verhouden zich als 10 000 000 staat tot 3 857 281. Bladeren door de tabellen leert dat de tiende regel van 10 ten 100 er het meest dichtbij zit.

. Het concept van logaritmen is oftewel echter pas na 1600 geïntroduceerd door John Neper en Henry Briggs. Hiervoor is beschreven waarom Stevin deze berekening zou verwerpen. Hij was van mening dat het aantal gehele jaren berekend moeten worden op basis van samengestelde interest, maar het resterende gedeelte van het jaar op basis van enkelvoudige interest. Die 2 500 verhoudt zich tot 10 000 000 als 800 tot 3 200 000. Bij 19 jaar hoort volgens de tabel 3 375 606 en bij 20 jaar 3 188 072. Zo komt Stevin op minstens 19 jaar. Hij rekent ook aan het resterende gedeelte van dat jaar. Hiervoor is beschreven hoe hij een berekening doet voor drie jaar en drie maanden. Die 3 200 000 verhoudt zich tot die 3 375 606 als 17 tot 17,9329. Tot slot nog even omrekenen van 0,9329 jaar naar 341 dagen. U kunt uw leerlingen vragen om het verschil in aantal dagen tussen beide methoden uit te rekenen. Ook kunt u teruggrijpen op de formules bij (4). Uit

volgt dat

antwoord. Het afleiden van deze formule vraagt om de algebraïsche vaardigheid om de uitdrukking: te herleiden tot bijvoorbeeld

en tot

heeft als

7. De vergelijking oplossing

10 BESLUIT Simon Stevin is een boeiende persoonlijkheid die leefde in spannende tijden. Hij werkte voor de bestuurlijke elite van zijn tijd. Om tot de denkwereld van Stevin door te dringen is het belangrijk om te begrijpen in wat voor tijd hij leefde. Het was een tijd van ondernemers, niet enkel in de handel, maar ook in de oorlogsvoering. Het was een wereld die gebaseerd was op krediet en op schuld. Simon Stevin heeft historisch gezien belangrijke werken geschreven. Het onderwerp van De tafelen van Interest was in die tijd beslist niet triviaal. De meeste voorbeelden spreken voor zich, maar er zijn ook pittige voorbeelden waar de context minder vanzelfsprekend is. Leerlingen vinden de materie vaak lastiger dan de wiskunde. In Stevins tijd stond het vakgebied nog in de kinderschoenen. Stevin is een van de pioniers en schuwde de discussie niet. Hij mag beschouwd worden als de man die met zijn rentetabellen de geheimen van de renteberekening onthulde voor een groot publiek in de Lage Landen. Voor uw leerlingen kunnen de exempelen een eyeopener zijn. Hopelijk ontdekken ze dat in de toegepaste wiskunde getallen betekenis hebben, dat schuld nu en schuld straks niet zo maar bij elkaar opgeteld mogen

worden, maar eerst verdisconteerd moet worden en dat er heel wat discussie is geweest over hoe je dat op een correcte manier moet doen. Ze ontdekken dat er in die tijd gerekend werd met rekenschema’s en tabellen en dat die met algebra omgezet kunnen worden in compacte en efficiënte formules.

OVER DE AUTEURS Henk Hietbrink is docent wiskunde op het Hermann Wesselink College te Amstelveen en beheerder van de websites www.fransvanschooten.nl en www.henkhietbrink.nl. E-mail: hietbrink.h@planet.nl Jean-Marie Dendoncker is administratief en technisch personeelslid aan de UGent. E-mail: j_dendoncker@hotmail.com

NOTEN

LITERATUUR Op de website http://www.fransvanschooten.nl/TafelenVanInterest. htm staat een meer uitgebreide literatuurlijst met verwijzingen naar de bronnen. Verder verwijzen we naar de website van Ad Davidse: http://adcs.home.xs4all.nl/stevin/ . Ceulen, L., Van den Circkel: daer in gheleert werdt te vinden de naeste Proportie des Circkels-Diameter teghen synen omloop, daer door alle Circkels ... Ten laatsten, van Interest, met allerhande Tafelen, Delft, Jan Andriesz, 1596 Decker, E. de, Eerste deel vande nievwe telkonst …, Gouda, Pieter Rammaseyn, Stevin, S., Tafelen van interest, midtgaders de constructie der selver ... , Antwerpen, Christoffel Plantijn, 1582 Stevin, S., De Thiende: Leerende door onghehoorde lichticheyt allen rekeningen onder den menschen noodig vallende, afveerdighen door heele ghetalen sonder ghebrokenen, Leiden, Christoffel Plantijn, 1585 Stevin, S., L'Arithmetique ... , Antwerpen, Christophle Plantin, 1585 Struik, D., The Principal Works of Simon Stevin Volume II A, Mathematics, Amsterdam, Swets & Zeitlinger, 1958 Trenchant, J., L' Arithmétique, Lyon, Michel Iove et Jean Pillehotte, 1578 Verkammen, A., Waerachtighe Maendt- ende Jaer-Tafelen van Interest ..., Rotterdam, Jan van Waesberghe, 1620 Waller Zeper, C.M., De oudste interesttafels in Italië, Frankrijk en Nederland met een herdruk van Stevins "Tafelen van Interest" , Amsterdam, Noord-Hollandsche Uitgeversmaatschappij, 1937

OEFENING 1 Arno, Bea, Clara, Danny en Eran zitten elk in een strandcabine met de eerste letter van hun voornaam op de deur. Twee personen wisselen van cabine en daarna wisselen nog twee anderen van cabine. Hoeveel deuren moet je dan maximaal openen om zeker te weten wie nog in de oorspronkelijke cabine zit?

[1] In het dagelijks taalgebruik zijn zowel de spelling 'intrest' als 'interest' toegestaan. Wij houden het hier op de spelling van Stevin. [2] Verwijzingen naar deze edities staan op http://www.fransvanschooten.nl/TafelenVanInterest.htm. [3] Op de website http://www.fransvanschooten.nl/ TafelenVanInterest.htm staan verwijzingen naar de originele teksten uit de Tafelen. [4] Ludolf van Ceulen behandelt deze opdracht en aanpak van Stevin op folio 88 in Van Den Circkel [Ceulen, 1596]. [5] Op de website http://www.fransvanschooten.nl/ TafelenVanInterest.htm staan verwijzingen naar de originele teksten uit de Tafelen.

20 PYTHAGORAS

DE KROMME VAN HELGE VON KOCH IN 1904 SCHREEF DE ZWEEDSE WISKUNDIGE HELGE VON KOCH EEN ARTIKEL MET DE WELLUIDENDE TITEL SUR UNE COURBE CONTINUE SANS TANGENTE OBTENUE PAR UNE CONSTRUCTION GÉOMÉTRIQUE ÉLÉMENTAIRE. WIE WAT FRANS KENT, WEET NU WAAR HET ARTIKEL OVER GAAT; MAAR DE TITEL VERTELT NIET HET HELE VERHAAL. IN DE INLEIDING SCHREEF VON KOCH WAAROM HIJ “OP ELEMENTAIRE MEETKUNDIGE WIJZE EEN KROMME ZONDER RAAKLIJNEN” WILDE CONSTRUEREN. K . P. H A R T

In 1875 had de Duitse wiskundige Karl Weierstrass namelijk een voorbeeld gemaakt van een continue functie die in geen enkel punt differentieerbaar is. Die functie wordt gegeven door

Hierin is a een reëel getal in het open interval (0,1) en b een oneven natuurlijk getal groter dan 1; samen . voldoen a en b nog aan Zoals Von Koch opmerkte dachten de meeste wiskundigen tot dan toe dat elke kromme overal een raaklijn heeft, op misschien in een paar uitzonderlijke punten na. Immers, als je zelf een ‘willekeurige’ kromme tekent zitten er misschien wat knikken en keerpunten in, maar verder is hij meestal wel mooi glad.

een kromme maken waarvan het “intuïtief” duidelijk is dat deze geen raaklijnen heeft. En hij dacht dat hij daar in geslaagd was. Laten we maar eens kijken.

De grafiek van de functie van Weierstrass is een kromme die in geen enkel punt een raaklijn heeft, en deze haalt die oude gedachte dus grondig onderuit. Maar, schreef Von Koch, die functie van Weierstrass komt uit de analyse en je ziet eigenlijk niet goed waarom er geen raaklijnen zijn, anders dan door netjes met de definitie van de afgeleide te werken en te laten zien dat

voor geen enkele a bestaat. Hij had zich daarom afgevraagd of dit niet wat eenvoudiger kon:

DE KROMME We beginnen met een lijn, vlak.

, in het

Verdeel de lijn in drie gelijke stuk, , en , en zet op een ken: . gelijkzijdige driehoek

van

Von Koch noemde dit “het toepassen van operatie Ω op het lijnstuk ”.

de operatie Ω toe te passen; bestaat dan dus uit even lange lijnstukjes. In de grote tekening aan het eind zien en helemaal en van we , alleen beginstukken. Beter is en afzonderlijk te tekenen. het de

De volgende stap is het toepassen van operatie Ω op elk van de vier , , en . lijnstukken

moeten liggen. Zo liggen , dus op . en op alle en liggen op De punten vanaf , dus op . alle en doen vanaf En altijd mee. We laten eerst zien waarom het in al die knikpunten mis gaat. Kijk maar eens bij . Als je van links naar gaat met een variabel punt kom je telkens weer op de -as terecht, en ook op de verbindingslijn van en . Kijk maar:

Dat geeft ons zestien lijnstukjes: , enzovoort.

Op elk van die zestien lijnstukjes passen we weer de operatie Ω toe; lijnstukjes , dat geeft ons enzovoort. Helge von Koch tekende op een gegeven moment niet alles meer want dat zou met potlood en liniaal een heel gedoe zijn. Aan het eind laat ik de tekening zien die in het arikel van Von Koch te bewonderen is. De tekeningen kloppen niet helemaal want er staan eigenlijk een heleboel gebroken lijnen over elkaar heen getekend. De eerste is de die noemde Von Koch lijn kortweg . De tweede, , is dan , die bestaat uit vier lijnstukken. In de tweede tekening zijn en samen getekend. Vervolgens kunnen we de derde nog opschrijven: is dan , met zestien lijnstukken. De gebroken en staan bij elkaar in lijnen , de derde tekening. , Elke volgende gebroken lijn, onstaat door op alle lijnstukken

In de rest van het artikel bewees Von , … naar Koch dat de rij , , , …, een kromme convergeert en dat die limietkromme in geen enkel punt een raaklijn heeft. RAAKLIJNEN Wat is een raaklijn eigenlijk? Dat werd door Von Koch ook netjes gedefinieerd. Trek voor elk tweetal punten op de kromme de lijn door die twee punten. Neem een punt vast en laat een punt op de kromme naar bewegen. Als de verbindingslijn door en naar een vaste lijn convergeert is die vaste lijn per definitie de raaklijn in . Dat laatste gaat in elk punt van de limietkromme mis. Hiervoor merken we eerst even op dat de knikpunten van de op de limietkromme krommen

Dat betekent dat de verbindingslijn heen en weer blijft slingeren tussen twee vaste lijnen, de rode en de blauwe, en dus niet naar een vaste lijn convergeert. Aan de andere kant gebeurt precies hetzelfde. Een dergelijk argument kun je ook voor en gebruiken. punten als Dit bedoelde Helge von Koch misschien met de opmerking dat het ‘intuïtief’ duidelijk zou moeten zijn dat de kromme in geen enkel punt een raaklijn heeft. Maar als je het artikel leest, zie je dat hij toch wel een paar pagina’s met het bewijs bezig is. Er zijn namelijk punten op waar het allemaal niet zo duidelijk is. Als in de oorsprong we bijvoorbeeld dan kun je leggen en in op alle kromnarekenen dat men ligt maar nooit een knikpunt wordt; kijk maar in de plaatjes van : het rode stipje wijst tot en met

het punt aan. Dat ligt telkens net naast het volgende driehoekje dat door operatie Ω gevormd wordt. Voor zo’n punt moet je wat subtieler redeneren. En dan is er nog het geval dat je een punt op hebt dat op geen ligt; dan moet je de conenkele structie nog nauwkeuriger bekijken om in te zien dat er geen raaklijn in dat punt is.

HET PUNT Als je naar de plaatjes van en kijkt, zie je dat het punt eerst links, dan rechts, en dan weer links van het nieuwste driehoekje ligt. Dat gaat zo door: links als even is en rechts als oneven is. Dat heeft te maken met het drietallig stelsel: er geldt namelijk

(reken maar na met behulp van een meetkundige reeks). Als we van gaan, vertelt het getal naar ons waar het getal ligt ten bij opzichte van het nieuwe driehoekje: links bij 0 en rechts bij 2. Hoe helpt ons dit? Als we in

de verbindingslijnen met andere punten op trekken dan komen we altijd punten op de -as tegen (knikpunten bijvoorbeeld) en toppen van de driehoekjes links en rechts van ons punt. En daar gebeurt dus iets als dit: of De absolute waarde van de helling met van de verbindingslijn van

. Dat betekent en kleiner dan dat de verbindinslijnen niet naar een vaste (raak)lijn gaan. Opgave 1. Laat zien dat de helling van de is. blauwe lijnen inderdaad De volgende opgave is niet eenvoudig; het helpt als je eerst wat informatie over de Cantorverzameling opzoekt. Opgave 2. Bewijs dat als een punt van de vorm op geen knikpunt is en tijdens de hele constructie op de -as blijft er geldt dat

de dichtstbijzijnde top is altijd groter dat die van de blauwe lijn (en die is

waarbij de gelijk zijn aan of en waarbij de waarden en oneindig vaak voorkomen. Met behulp van deze opgave kun je laten zien dat in elk punt van dat al ligt geen raaklijn bestaat. op een

) en kleiner dan die van de zijde ) en van het driehoekje (en die is beurtelings stijgend en dalend. De hellingen van die verbindingslijnen zijn dus om en om groter dan

Figuur 1 de tekening uit het artikel van Helge von Koch

LIGGEN PUNTEN DIE OP GÉÉN Wat betekent het dat een punt wel ? Daar op ligt maar niet op een zat voor Von Koch het meeste werk aan. We gaan het bewijs niet helemaal uitschrijven, maar aan de hand van de tekening van Von Koch zelf laten we zien wat er gebeurt. We bekijken alleen het stuk tussen en .

Het blauwe punt ligt nu op maar in latere stappen wordt het weer opgetild. Het begon als een punt tussen en , ging omhoog naar ging weer een punt tussen en ‘omhoog’ naar een punt tussen de twee (naamloze) knikpunten tussen en , en toen weer ‘omhoog’.

Telkens als het punt ‘omhoog’ gaat, onthouden we de uiteinden van het lijnstuk waar het op lag. We hebben en en dus al de paren het naamloze paar. Die uiteinden convergeren mee naar een punt ligt. op dat dus niet op een Hun verbindingslijnen zouden dan

naar de raaklijn in dat punt moeten convergeren. Maar dat lukt niet: elk tweetal opvolgende verbindingslijnen maakt een hoek van . Ze bewegen te wild om naar een vaste lijn te convergeren.

OEFENING 2 Twee cirkels met straal 3 en 7 snijden elkaar. Een derde cirkel raakt uitwendig aan de ene en inwendig aan de andere cirkel. Hoe groot is de som van de afstanden tussen het middelpunt van de derde cirkel en elk van de middelpunten van de eerste twee cirkels?

Er zijn onvoldoende gegevens om het gevraagde te bepalen.

24 ARS ET MATHESIS

PIONIER VAN HET DUBBELVERSTEK POPKE BAKKER (1946 – 2020) OP 13 AUGUSTUS 2020 OVERLEED DE NEDERLANDSE KUNSTENAAR POPKE BAKKER. HIJ LIET ONS IN DE JAREN TACHTIG KENNISMAKEN MET HET DUBBEL- OF RUIMTELIJK VERSTEK. EEN TOEN NOG ONONTGONNEN TERREIN BINNEN DE RUIMTEMEETKUNDE. ZIJN KUNSTENAARSLOOPBAAN BEGON EIND JAREN ZEVENTIG IN HET NOORD-HOLLANDSE KUSTDORP BERGEN AAN ZEE. DAAR BEGON HIJ OUD MEUBILAIR TE VERZAGEN OM ER DE VREEMDSTE OBJECTEN MEE TE CONSTRUEREN. ZO KWAM HIJ IN 1978 SPELENDERWIJS TOT DE ONTDEKKING VAN WAT HIJ DUBBELVERSTEK NOEMDE EN ZAG WELKE MOGELIJKHEDEN DAT BOOD. K L A A S L A K E M A N , A R S E T M AT H E S I S

DUBBELVERSTEK In 1985 gaf Popke Bakker in Pythagoras, het Nederlands wiskunde tijdschrift voor jongeren, de volgende uitleg over dubbelverstek.

Laten we nu eens een lat met een vierkante dwarsdoorsnede 'geheel schuin' doorzagen, zodat de zaagsnede niet loodrecht op een van de paren zijvlakken staat (zie figuur 1 boven). Er ontstaan dan twee zogeheten kopse uiteinden die elkaars spiegelbeeld zijn. Deze kopse uiteinden hebben steeds de vorm van een parallellogram. Ze kunnen op twee manieren aan elkaar gezet worden (zie figuur 1 onder). Namelijk zoals ze aan elkaar zaten toen ze doorgezaagd werden, en door ze 180 graden ten opzichte

Figuur 1 Principe van dubbelverstek.

van elkaar te draaien en ze dan naar elkaar toe te bewegen. Op de omslag van datzelfde nummer van Pythagoras presenteerde hij ook het object waarmee hij in die jaren furore maakte: De Quintessens (figuur 3). Tegelijkertijd maakte hij zijn opwachting bij Ars et Mathesis waar hij zijn vinding deelde met het bestuur. Tot dan toe had hij het dubbelverstek veelal intuïtief toegepast voor allerlei vreemdsoortige sculpturen. Of zoals hij dat zelf zei: “Ik begon met een balk onder een serie willekeurige hoeken te verzagen om vervolgens de stukken vrij willekeurig weer aan elkaar te zetten. Zo kwam ik tot zeer grillige en bizarre objecten.”

Toen dat geen voldoening meer gaf wilde Popke daar meer structuur in aanbrengen. Hij probeerde zogenaamde gesloten figuren te construeren. Na een slingering door de ruimte wilde hij met zijn balken weer op het punt van uitgang uitkomen. Hij wist dat toe te passen in onderstellen voor tafelbladen die daarmee meteen een meer designachtige indruk maakten. Zo verving hij bijvoorbeeld de vier poten van een tafel door vier van de vierbalken uit figuur 2, elk met een Möbius-slag van 180°ᵒ. Uiteindelijk leverde al dat zoeken hem in 1984 de ontdekking van wat hij De Quintessens is gaan noemen.

Figuur 2 Vierbalk met Möbius-slag.

DE QUINTESSENS Dit object is een zogenaamd gesloten Hamilton-pad over de randen van een regelmatig twaalfvlak of dodecaëder. Alle twintig hoekpunten van dat twaalfvlak worden slechts één keer aangedaan (figuur 3). Daarvoor zijn echter niet alle dertig randen of ribben van het twaalfvlak nodig. Niet gebruikte ribben zijn dan ook achterwege gelaten in de Quintessens. Om twintig punten achtereenvolgens door een gesloten pad met elkaar te verbinden zijn twintig verbindingsstukjes nodig, in de Quintessens de balkjes. Niet al die balkjes zijn gelijk. Er zijn acht

symmetrische balkjes en twaalf asymmetrische. Daarvan zijn er zes gelijk aan elkaar; de andere zes zijn het spiegelbeeld daarvan. Er zijn meerdere gesloten Hamilton-paden mogelijk over een regelmatig twaalfvlak of dodecaëder. De Quintessens is er daar dus een van. MÖBIUS KNOOP Kort na mijn kennismaking met Popke Bakker vanwege plaatsing van zijn dubbelverstek-artikel in Pythagoras bood hij mij een karakteristiek voorbeeld van een wat complexer object te koop aan. Het is een poging om de alom bekende

Klaverbladknoop (figuur 4) in dubbelverstek uit te voeren. Het bestaat uit negen balken met een vierkante doorsnede van 4,5 bij 4,5 cm. Die balken zouden drie aan drie gelijk aan elkaar moeten zijn maar dat is in Popkes uitvoering niet helemaal precies gelukt (figuur 5). Hetzelfde geldt voor de verbindingshoeken. Het object is weliswaar gesloten, maar doet daarom niet mooi symmetrisch aan. Hier en daar wringt het bij de verbindingen en is er wat gesmokkeld. Het geeft aan hoe Popke op gevoel en met ‘trial and error’ te werk ging. Het Möbius-effect in deze ‘knoop’ wordt duidelijk door ergens op een zijvlak een vinger te plaatsen en de figuur te doorlopen door bij de verbindingen steeds naar het naastliggende zijvlak te gaan. Na vier complete rondgangen kom je dan op het punt van uitgang. Naar analogie van de bekende band van Möbius zou je dus kunnen zeggen dat het hele object slechts één kant heeft!

Figuur 3 De Quintessens

WISKUNSTIGE SCHOONHEID Zoals gezegd mag Popke Bakker worden gezien als de pionier van het dubbelverstek. Hij had echter de pech dat voor een goede uitvoering van zijn werk ingewikkelde wiskunde nodig was om de exacte maatvoering te bepalen van de bouwstenen van zijn ontwerpen. Bovendien bestond er toen nog geen passende software die daarbij hielp. Bij Ars et Mathesis vond hij na veel zoektochten de nodige wiskundige ondersteuning. Zo werd het door hem aangedragen braakliggend

terrein van het dubbel- of ruimtelijk verstek verder ontgonnen. Op de Ars et Mathesis-dag van 1990 hield hij zelfs een voordracht met de titel Dubbelverstek. En in het najaar van 1992 leidde dat tot zijn deelname aan een tentoonstelling van Ars et Mathesis in Kasteel Groeneveld te Baarn gewijd aan dubbelverstek onder de naam Wiskunstige Schoonheid – Reliëf en Ruimte. Daarna stokte het contact tussen Popke Bakker en Ars et Mathesis. Zijn aandacht werd door andere kunstvormen in beslag genomen. Ondanks die aandacht is een groot deel van zijn oeuvre op dubbelverstek gebaseerd. Hij heeft een aantal bijzonder fraaie mathematische objecten achtergelaten. Nog steeds

Figuur 5 ‘Möbius knoop’

inspireert zijn ontdekking veel kunstenaars, wiskundigen en leden van Ars et Mathesis. LITERATUUR Popke Bakker, Dubbelverstek in Pythagoras 25 – 1, oktober 1985 Popke Bakker, Jan van de Craats, Klaas Lakeman, Zagen, zagen … in Pythagoras 26 – 5, juli 1987 Bruno Ernst, Wiskunstige schoonheid, in AO-reeks nr. 2438, 23 oktober 1992. Stichting IVIO Jasmijn Snoijink, Wiskunst, Popke Bakker over kunst en kunde in Boekman cahier 58/59, 2004 Popke Bakker, Het Platonische systeem in Pythagoras 43-6, juni 2004 Marco Swaen, De wiskunde van Popke Bakker in Pythagoras 45 – 2, november 2005

OEFENING 3 In een kist liggen oranje sinaasappels, gele citroenen en gele bananen. Het aantal citrusvruchten is 44. Het aantal gele vruchten is 64 en het aantal vruchten met een ‘a’ in de naam is 46. Hoeveel vruchten liggen er in de kist? A

112

154

Figuur 4 Klaverbladknoop

28 UITWISKELING

KORTSTE WEG LANGSHEEN EEN KEGEL INSPIRATIE IS EEN WEZENLIJK ONDERDEEL VAN WISKUNDE-ONDERWIJS. ELKE LES OPNIEUW, ELKE TOETS, ELK PROEFWERK IS EEN ZOEKTOCHT NAAR GESCHIKTE VRAGEN EN OPDRACHTEN. IN DIT ARTIKEL BESPREKEN WE EEN MOOIE OEFENING DIE JE IN DE TWEEDE OF DERDE GRAAD KUNT GEBRUIKEN OM MEE TE DIFFERENTIËREN. MOGELIJK KAN DEZE OEFENING OOK DIENEN ALS INSPIRATIE VOOR EEN KLEIN ONDERZOEK. OF WIE WEET, MISSCHIEN VIND JE HET WEL LEUK OM DIT PROBLEEM ZELF OP TE LOSSEN. H I L D E E G G E R M O N T, M I C H E L R O E L E N S , E L S VA N E M E L E N , E L S VA N L O M M E L ,

OPDRACHT Op onderstaande figuur zie je een kegelvormige ‘berg’ met als grondvlak een cirkel. De top staat recht boven het midden. Op de figuur zijn ook de afmetingen gegeven.

R E DAC T I E

Voor een toeristentreintje rond de berg moet het kortste pad van punt naar punt bepaald worden. Vreemd genoeg blijkt die kortste weg eerst omhoog te lopen en daarna terug te dalen. 1. Bepaal de lengte van het kortste pad langs de kegel van naar . 2. Wat is de lengte van het dalend stuk?

OPLOSSING 1. Als je de kegel ontwikkelt in een vlak zoals op de figuur hieronder aangegeven, krijg je een cirkelsector. Je kunt dit door de leerlingen laten doen met een papieren model dat ze open snijden en plat leggen.

2. Er is gegeven dat er een stijgend stuk en een dalend stuk is in het kortste pad. Je kunt dit als volgt inzien. Bij , de gepunte lijnen rechts van het lijnstuk nemen de afstanden van een zoals bijvoorbeeld van de kegel af wanpunt op het pad tot de top tot de ‘grond’ neer je vertrekt in . De afstand (langsheen het oppervlak van de kegel) neemt daar dus toe. De kortste afstand van een punt van het pad waarbij . tot de top vinden we in begint de afstand van een punt Vanaf het punt van het pad (bijvoorbeeld ) tot de top weer toe te af. Vanaf nemen. Bijgevolg nemen de afstanden begint dus het pad te dalen.

De straal van die cirkelsector is 60. De lengte van de cirkelboog is de omtrek van het grondvlak van de kegel ): . Hiermee (een cirkel met straal kunnen we de middelpuntshoek berekenen. Een . hele cirkel met straal 60 heeft een omtrek van is hier net een derde deel van. De De booglengte middelpuntshoek moet dus ook een derde deel zijn . Dus: . van

We duiden nu de punten en op de cirkelsector aan en bepalen de kortste weg van naar : een rechte lijn. Met de cosinusregel kun je daarvan de lengte berekenen. We vinden:

Om nu de lengte van het dalende stuk te berekenen, gebruiken we de stelling van Pythagoras. Met de letters zoals in onderstaande figuur geldt:

. Als we de twee bovenstaande vergelijkingen lid aan lid van mekaar aftrekken, vinden we na enig rekenwerk .

WAT MAAKT DEZE OEFENING MOOI? De context van de berg en het treintje is bij de haren getrokken, maar verder is dit een oefening die best wel origineel is en goed gebruikt kan worden om te differentiëren. Je zult in de les wellicht een tip moeten geven door de leerlingen een papieren model van de kegel en een schaar te geven. Sterke leerlingen kun je beide vragen laten beantwoorden, leerlingen die zwakker zijn in wiskunde zullen al een hele kluif hebben aan oefening 1. Mooi aan deze oefening is ook dat ze verwondering opwekt. De meeste leerlingen verwachten dat je steeds moet stijgen om volgens de kortste weg van naar te gaan. Een bijkomende vraag, misschien voor een onderzoek door leerlingen, kan zijn of het bij alle kegelvormige bergen zo is dat er een dalend stuk is. BRONNEN Talwalkar, P., Mind Your Decisions (28 maart 2018). VERY HARD South Korean Geometry Problem [Videobe- stand]. Geraadpleegd op 13 april 2021 via https://www.youtube.com/

Deze oefening komt uit het artikel ‘Gewoon mooie oefeningen’ dat verscheen in Uitwiskeling 35/1. Dat artikel bestaat uit een losse verzameling van oefeningen waarvan wij vonden dat ze mooi zijn. We probeerden voor elk wat wils te vinden, gegroepeerd per graad. Op www.uitwiskeling.be vind je alle info.

OEFENING 4 Kabouter Stefan en zijn papa staan bij de meetlat. Hoeveel groter is papa? A

3 cm

4 cm

5 cm

6 cm

7 cm

OEFENING 5 Welke figuur is een deel van de zon?

OEFENING 6

OEFENING 7

Arthur mengt groene verf met witte verf. Met welk mengsel krijgt hij het lichtste groen?

Opa kijkt naar zijn weerberichtapp. De volgende 4 dagen daalt de voorspelde temperatuur dag na dag. Welk weerbericht ziet opa?

1 liter groen + 3 liter wit

2 liter groen + 8 liter wit

3 liter groen + 9 liter wit

4 liter groen + 12 liter wit

5 liter groen + 15 liter wit

OVER ZWARTE GATEN EN DE NOBELPRIJS FYSICA 2020 SAMENVATTING

ONLANGS NOG WAS ER VEEL MEDIA-AANDACHT VOOR DE EERSTE FOTO VAN EEN ZWART GAT IN ONS UNIVERSUM. HET IS ALLICHT GEEN TOEVAL DAT DE NOBELPRIJS FYSICA 2020 IN HET TEKEN VAN DE ONTDEKKING VAN ZWARTE GATEN STOND. ONDANKS VELE EERDERE WAARNEMINGEN EN SIMULATIES DIE WEZEN OP HET BESTAAN ERVAN, HEEFT HET GEDUURD TOT 1965, VOORALEER ER EEN WISKUNDIG BEWIJS KON GELEVERD WORDEN DAT DE RELATIVITEITSTHEORIE VAN EINSTEIN OOK IMPLICEERT DAT ZWARTE GATEN ONVERMIJDELIJK ZIJN. DE AUTEURS WAGEN HET HIER OM HET OVER RUIMTE-TIJD, HET INTUITIEF BEGRIP VAN EEN ZWART GAT, MAAR OOK OVER HET VERBAZINGWEKKENDE INZICHT VAN NOBELPRIJSWINNAAR ROGER PENROSE TE HEBBEN. PAU L I G O D T E N T H O M A S VA N R I E T PAU L I G O D T I S W I S K U N D I G E A A N K U L E U V E N C A M P U S K U L A K ; PAU L . I G O D T@ K U L E U V E N . B E T H O M A S VA N R I E T I S T H E O R E T I S C H E F YS I C U S , A A N K U L E U V E N ; T H O M A S .VA N R I E T@ K U L E U V E N . B E

1 WAT IS EEN ZWART GAT: HET INTUITIEF IDEE. Als je een bal recht omhoog gooit zal die hoger geraken naarmate je de bal met grotere snelheid weggooit. Hoe hoog? Indien je luchtweerstand negeert (en dat doen wiskundigen en fysici graag) is dat makkelijk uit te rekenen aan de hand van behoud van energie. Op zijn omgehoogste punt is al de kinetische energie, de zet in potentiële energie mgh. In deze formules is de beginsnelheid, de maximale hoogte en massa, de valversnelling1. Dus vinden we dat de maximale . hoogte gegeven is door In het denkbeeldige geval dat je meer dan 10-tallen kilometers hoog kan gooien moet je deze formule corzijn, rigeren want de potentiële energie zal dan niet maar afnemen omdat de valversnelling afneemt als we verder van de kern van de aarde zijn. 1 2 3

Ongeveer 10 meter per seconde kwadraat . .

Desalniettemin blijft het zo dat hoe groter de beginsnelheid van de bal, hoe verder je kan gooien. Kan de bal ontsnappen van het zwaartekrachtsveld van de aarde? Dat wil eigenlijk zeggen dat je de bal zó snel kan gooien dat die niet meer terugkeert en dus willekeurig ver geraakt. De minimale snelheid die je daarvoor nodig hebt is de zogeheten ontsnappingssnelheid. Met de juiste vorm van de potentiële energie2 kan je de ontsnappingssnelheid makkelijk berekenen:

(1.1)

Hierbij is Newtons constante3, en zijn respectievelijk de massa en de straal van de aarde. Voor de aarde is de ontsnappingssnelheid ongeveer

. Maar stel u eens voor dat onze planeet veel zwaarder zou zijn of een veel kleinere straal zou groter wordt dan de lichtsnelheid. Dan hebben, zo dat kan zelfs licht niet ontsnappen van onze aarde en zou alles volledig zwart zijn voor een buitenstaander. Erger nog, iedereen die ons dan hier wil bezoeken kan niet meer ontsnappen: immers, de relativiteitstheorie van Einstein vertelt ons dat de lichtsnelheid de maximale snelheid is voor alle objecten en dus ook voor een hypothetische raket. Dit is precies wat we een zwart gat noemen, en dit simpele gedachtenexperiment is al zeer oud. De consensus is dat een zwart gat een straal heeft door in bovenstaande formule en massa te kiezen met de lichtsnelheid. (1.1)

2 OVER RUIMTE EN TIJD: WISKUNDIGE BASIS VAN RUIMTETIJD Wij worden allemaal grootgebracht, in onze waarneming en ons onderwijs, met wat wij Euclidische meetkunde zijn denken en daarin gaan noemen. Als we in het vlak en nemen, dan leerden we punten tussen twee punten voldoet aan dat de afstand . We herkennen hier de stelling van Pythagoras in. De kortste weg tussen twee punten loopt langs een rechte. De punten op eenzelfde vaste afstand van de oorsprong vormen een cirkel. Onze intuitie zegt bovendien dat, vanwaar en wanneer wij ook meten, twee punten steeds op dezelfde afstand van elkaar liggen.

Maar bestaan deze objecten wel echt? Het antwoord is Ja, en het observationele bewijs heeft zich de laatste jaren alleen maar opgestapeld.

Beeld je even in dat we dit beeld drastisch omgooien, en afspreken dat we “afstand” in het vlak anders zullen berekenen, en nog wel als

Twee van de drie winnaars van de Nobelprijs Fysica in 2020 (Andrea Ghez en Reinhard Genzel) werden laureaat voor hun cruciale bijdrage aan de observaties die het bestaan van zwarte gaten aantonen. De helft van de prijs ging naar de wiskundige fysicus (of fysische wiskundige) Roger Penrose voor zijn bijdrage aan ons theoretisch begrip van zwarte gaten. Om te begrijpen wat Penrose net gedaan heeft maken we zo meteen een kleine omweg naar de wiskundige beschrijving van zwarte gaten zoals ze voorkomen in de relativiteitstheorie.

Alvorens we dat doen zetten we al een paar typische misvattingen over zwarte gaten uit de weg. Om te beginnen is een zwart gat niet per se een object met hoge dichtheid. laat Een simpele manipulatie van formule (1.1) met zien dat de dichtheid van een zwart gat gelijk is aan:

Dus hoe groter een zwart gat, hoe minder dicht het is. Het is zelfs zo dat het gigantische zwarte gat in het centrum van ons melkwegstelsel waarschijnlijk minder dicht is dan water. Sterker nog, als je alle materie in het zichtbare universum zou samenpersen tot een zwart gat, is het bijna zo groot als het hele universum!

noteren voor dat begrip. Het klinkt op zijn waar we nu minst eigenaardig. Bedenk echter even een situatie waar enkel de -coördinaat staat voor een plaatsbepaling en waar de -coördinaat staat voor de tijd, . Aangezien we tijd meten in seconden en posities in meters, lijkt het wel of we appelen en peren aan het optellen zijn. Om dat te met vermijden noteren we voor de coordinaat de lichtsnelheid, zodat ook uitgedrukt wordt in meters. Waarom juist de lichtsnelheid wordt zo meteen duidelijk. De formule voor “afstand" is nu: Deze aanpak danken we aan Hermann Minkowski (18641909), één van de leraren van Albert Einstein. We kunnen als het ware spreken van een Minkowski-afstand. Dat ruimte en tijd met elkaar verbonden zijn is nu net wat Albert Einstein ons met zijn relativiteitstheorie leerde. En bovendien geldt daarbij dat de lichtsnelheid, genoteerd, gemeten vanuit welk standpunt dan ook, constant is (300 000 km/s). De volgende figuur toont een eenvoudig ruimtetijddiagram. De tijd wordt uitgedrukt in jaren, de afstand in lichtjaren. Een punt in

het ruimtetijddiagram, zoals , stelt een gebeurtenis voor, die plaats vindt op een bepaalde plaats en een bepaald tijdstip, gezien vanuit de observator die zich in (blauwe de oorsprong bevindt. De bissectrices lijnen) tonen het traject van een lichtstraal die van de observator vertrekt. De rode lijn toont het traject van een raket die bij de observator vertrekt en aan constante vliegt in de positieve x-richting. snelheid Het gekleurde gebied toont voor de observator de ; een gebeurtenis, zoals waarneembare toekomst , is voor de observator in de oorsprong immers niet zichtbaar omdat het beeld met een snelheid groter dan de lichtsnelheid zou moeten reizen. Met andere woorden het gekleurde gebied is de verzameling van alle punten die in de toekomst ligt van de oorsprong en heeft per definitie een negatieve “Minkowski afstand”.4 De gebieden met positieve afstand kunnen niet beïnvloed worden door een gebeurtenis op de oorsprong. In de bovenstaande figuren hadden we maar één coördinaat om de positie te beschrijven. In werkelijkheid hebben we er drie nodig. Samen met de tijdsvariabele wordt het ruimtetijddiagram van de kosmos dan vierdimensionaal, en dus moeilijker voorstelbaar. Houden we om de het nog heel even bij twee coördinaten positie van een gebeurtenis te beschrijven, dan ziet een ruimtetijddiagram er als volgt uit.

Eigenlijk is het de afstand kwadraat die negatief is

Hier is de Minkowski-afstand gegeven door .

De binnenkant van de blauwe kegel is de verzameling van alle punten in de ruimte-tijd die kunnen beïnvloed . worden door de waarnemer in de oorsprong op De rand van de kegel is gevormd door lichtstralen die vertrekken. Deze kegel vanuit die waarnemer op noemt met de lichtkegel. Het subtiele aan de relativiteitstheorie is dat ruimte en tijd niet hetzelfde zijn voor waarnemers met verschillende snelheid. Ook dat is een lang verhaal dat we hier niet kunnen uitleggen wegens gebrek aan, jawel, ruimte en tijd. Maar het komt erop neer dat ruimtelijke afstanden voor een waarnemer die sneller beweegt kleiner kunnen zijn en ook tijd kan trager of sneller verlopen afhankelijk van je snelheid. Dus je kan je vragen stellen bij voorgaande discussie en de absolute waarheid van de tekening. Echter blijkt het zo dat, ondanks de verschillen in wat verschillende waarnemers tijd en afstand noemen, de “Minkowski afstand” iets is waar ze het altijd over eens zijn. Die is dezelfde voor alle waarnemers. Aangezien de rand van de lichtkegel gevormd wordt door alle punten met Minkowski afstand nul, is deze absoluut. Dit komt natuurlijk mooi overeen met het feit dat de lichtsnelheid dezelfde is voor alle bewegende waarnemers en dus is de rand van de kegel die gevormd

wordt door trajecten van licht in de ruimte-tijd een absoluut begrip. 3 KROMMING VAN DE RUIMTE-TIJD EN ZWARTE GATEN Nu we weten dat ruimte en tijd, dank zij de relativiteitstheorie, onverbrekelijk met elkaar verbonden zijn, wordt het aannemelijk dat ook zwaartekracht hiervan zal afhangen. Maar hoe komt de zwaartekracht hier nu juist aan te pas? Volgens de algemene relativiteitstheorie is zwaartekracht niets anders dan de kromming van onze ruimte-tijd. Deze kromming is vooral in de tijdsrichting en minder in de ruimtelijke richting, tenzij we naar zwarte gaten gaan kijken, dan wordt ook de ruimtelijke kromming groot. Wat kromming van de ruimte-tijd wil zeggen leggen we zo meteen uit, maar een gevolg dat belangrijk is voor ons begrip van een zwart gat is dat die kromming de lichtkegels kan doen buigen en kantelen. Laten we eerst nadenken over de kromming van ruimte, zonder tijd. In de niet-gekromde 3-dimensionale -ruimte berekenen we afstanden met behulp van de Pythagoras formule . In wat volgt gaan we, voor de eenvoud ons telkens beperken tot 2 dimensies. Professionele fysici en wiskundigen noteren het afstandsbegrip aan de hand van de zogenaamde differentiaalnotatie. In het klassieke, Euclidische, geval schrijft men dan voor de afstand in het vlak. Voor de lezer die niet vertrouwd is met die notatie, volstaat het te denken aan , die we dan willekeurig kleine afstanden5, zoals . noteren als Als er cirkel- of bolsymmetrie is, wordt vaak gebruik gemaakt van poolcoördinaten (in het vlak) of bolcoördinaten (in de ruimte). Wanneer overgestapt wordt naar voor het vlak, dit wil zeggen poolcoördinaten , dan wordt de afstandsfor. Onthou dat mule omgevormd tot de afstand van het punt in het vlak is tot de oorsprong ( =“radius”). In een gekromde ruimte kan de afstandsformule er bijvoorbeeld als volgt uit zien:

Ook infinitesimale afstanden genoemd.

(3.1)

een of andere functie van . Indien die functie met groot of klein wordt, kan je dat zien als een uitrekking of een inkrimping van de ruimte, en dus beschrijft dit kromming. Een essentieel kenmerk van een kromme ruimte is dat de kortste weg tussen 2 punten geen rechte lijn meer is, maar een meer algemene kromme lijn. Beschouw bijvoorbeeld het onderstaande gekromde oppervlak.

Het is duidelijk dat de kortste weg tussen A en B de kuil vermijdt en daarom krijgen we een kromme lijn. Wat is nu het verband met zwarte gaten en zwaartekracht? Wel, de relativiteitstheorie vertelt ons dat objecten bewegen volgens de kortste weg in de ruimte-tijd tenzij er een externe kracht op inwerkt. Maar let op, zwaartekracht is geen externe kracht in de relativiteitstheorie. En toch beinvloedt het de baan van objecten, denk maar aan een planeet of een vallende bal. Dat komt omdat de relativiteitstheorie bepaalt dat alle objecten met massa en energie tot kromming van de ruimte-tijd leiden. Hoe de ruimte-tijd zich kromt wordt beschreven door de zogeheten Einstein vergelijking, die we hier niet behandelen. Als u in uw tuin een bal schuin omhoog gooit en die valt in een boog naar beneden waar je hem terug opvangt dan was dit een gevolg van de kromming van de ruimte-tijd want de bal volgde gewoon de kortste weg. Dat klinkt moeilijk te geloven want de ruimte rondom ons lijkt mooi vlak. Iedereen die een huis

bouwt gebruikt Pythogoras’ formule om afstanden te berekenen en niet formules voor gekromde ruimtes. De essentie is echter dat we op aarde vooral de kromming van de tijd en niet de ruimte voelen. Dit wil zeggen dat de afstanden in de ruimte-tijd op aarde kunnen benaderd worden door de een formule van het type

In deze formule zie je dat voor de term , die naar de tijd verwijst, staat, terwijl de afstanden op het ruimtelijke gedeelte berekend worden zoals in de vlakke juist is komt zo meteen in aanmerking, ruimte. Wat maar laten we onmiddellijk vooruit springen naar zwarte gaten. In de abstracte wiskunde beschrijving zijn zwarte gaten van teken kan structuren waarvoor de functie veranderen op een bepaalde afstand. De meest eenvoudige zwarte gaten hebben de volgende kromming .

(3.3)

staat nu, Dus dezelfde “krommingsfunctie” . Als van teken weliswaar in de noemer, bij verandert dan wisselen de tijd en radiale afstand van rol. De specifieke vorm van de krommingsfunctie is de volgende. .

(3.4)

(het Dus we zien dat op de waarde ) de ruimte en tijd nulpunt van die functie van rol wisselen. Deze waarde voor de straal wordt de genoemd; je verkrijgt deze Schwarzschild-straal waarde ook door in de formule voor de ontsnapte nemen. Aangezien je pingsnelheid alleen vooruit in de tijd kan bewegen, wil dit zeggen dat komt, je sowieso in de eens je voorbij het punt r-richting moet bewegen, want wordt zoals tijd. In dit geval kan je berekenen dat “vooruit in de tijd” hetzelfde is als bewegen in de richting van kleinere r, zodat je wordt naar het middelpunt van het zwarte gat gezogen.

gebeurt weet niemand, omdat de Wat er op relativiteitstheorie niet meer opgaat dicht bij . De kwantumtheorie van zwaartekracht neemt dan over. 4 HET NOBELPRIJSINZICHT VAN ROGER PENROSE De meest eenvoudige oplossing voor een zwart gat is in formule (3.4) volledig beschreven door de functie die verschijnt in de uitdrukking voor de afstandsfunctie in (3.3). Ook al ziet deze oplossing van de Einstein vergelijkingen er alles bij elkaar genomen eenvoudig uit, Einstein zelf dacht niet dat simpele oplossingen van zijn vergelijking binnen afzienbare tijd zouden gevonden worden. Dat was naast de volharding van een verveelde Duitse soldaat in de loopgraven gerekend. Deze soldaat, Karl Schwarzschild, vond de simpele oplossing (3.4) al enkele maanden na Einsteins publicatie in 1916. De ironie wil dat Schwarzschild in het Duits zoveel betekent als “zwart schild”, en dat is exact wat zijn zwarte gat oplossing is. Op de Schwarzschild-straal hebben we een bolvormig zwart schild dat niets meer doorlaat eens het er in valt. De oplossing van Schwarzschild lijkt een geïdealiseerde oplossing met veel symmetrie (tijdsonafhankelijk en bolsymmetrisch). Toch, heeft deze oplossing vele toepassingen: ze beschrijft het zwaartekrachtsveld van de aarde, maar ook dat van een zwart gat. Het hangt ervan af hoe klein je r laat worden in de formule (3.4). Bijvoorbeeld, als je op aarde bent, mag r niet kleiner worden dan de aardstraal, want dan vertellen Einstein’s vergelijkingen dat je moet corrigeren vanwege de aanwezigheid van de materie op de aarde zelf (de aarde is immers niet leeg). Het verschil met een zwart gat is dat je de oplossing (3.4) gebruikt tot veel kleinere waardes, zelfs kleiner dan de Schwarzschildstraal en dan hebben we effectief met een zwart gat te maken. De Schwarzschild oplossing beschrijft echter niet de realiteit van een ster die implodeert tot een zwart gat op het einde van haar leven want dat is een dynamisch (tijdsafhankelijk) proces.

Ons huidige begrip van de relativiteitstheorie is enorm gegroeid dankzij wiskundige technieken en vooral computersimulaties. Deze laatste tonen aan dat de Schwarzschild-oplossing wel degelijk goed benaderd wordt als, na lang wachten, een imploderende ster zich comfortabel gevestigd heeft in haar nieuwe leven als zwart gat. Echter, er waren destijds redenen genoeg om te twijfelen of de oplossing van Schwarzschild effectief ook fysisch was. Misschien zou een imploderende ster nooit zulke mooie symmetrische vorm aannemen en indien zo, nooit een zwart gat vormen? Misschien was die simpele oplossing wel onstabiel ten opzichte van kleine fluctuaties die de mooie symmetrie braken? Het feit dat zwarte gaten een singulariteit in hun midden ) en ook andere rare fenomenen hebben (op toelaten, was reden genoeg om te twijfelen. Dit is waar het wiskundige genie van Roger Penrose ten tonele komt. Met zijn publicatie geeft hij pas in 1965 uitsluitsel dat de vorming van zwarte gaten wel degelijk een onvermijdelijke gevolg is van ineenvallende materiewolken. Penrose doet dit bovendien op een zeer elegante wiskundige manier in plaats van zijn handen vuil te maken door oplossingen van de Einstein vergelijkingen te bestuderen. Het meest indrukwekkende is dat zijn abstracte mathematische aanpak het probleem oplost in minder dan twee-en-half pagina’s! Wat een contrast met de huidige aantallen pagina’s van publicaties binnen de relativiteitstheorie die gemakkelijk optellen tot 30 à 40. Het zou ons te ver brengen om hier het bewijs van Penrose te geven. We kunnen wel een ruwe schets presenteren van zijn idee. Daarvoor keek Penrose eerst naar het geïdealiseerde geval dat wel begrepen was. Namelijk de implosie van een perfect bolsymmetrische materiewolk. Hier beneden nemen we de tekening van dit proces over vanuit de originele publicatie van Penrose.

De ineenstorting van een sferisch symmetrische materiewolk en de vorming van een gevangen oppervlak, aangeduid met de notatie T2 in de figuur. Deze figuur komt uit de originele publicatie van Penrose in 1965 [1].

In de tekening komt tijd overeen met de verticale as. We zien een materiewolk krimpen en op een bepaald moment kleiner worden dan zijn Schwarzschild-straal, . Zoals het een die Penrose gelijk stelde aan goede wiskundige betaamt had Penrose een hekel aan lange formules en veel notatie dus koos hij in plaats van meter, seconde en kilogram, eenheden waarbij (studenten mogen dit echter niet doen). Wat Penrose opviel in dit geval is het volgende: eens de wolk kleiner is dan de Schwarzschild-straal heb je 2-dimensionale gesloten oppervlakken (bollen met een straal kleiner dan de Schwarzschild straal), met de eigenschap dat lichtstralen die eruit vertrekken altijd convergeren in de toekomst, in dit geval richting de . Hij noemt zulke oppervlakken singulariteit op “gevangen oppervlakken” (“trapped surfaces”) en argumenteert dat dit soort oppervlakken ook zullen bestaan voor krimpende wolken zonder sferische symmetrie.

Laat ons, om te eindigen, nog even alles op een rijtje zetten. Het intuïtieve idee van een zwart gat kan goed uitgelegd worden door gebruik te maken van de basisformules zoals uitgevonden door Newton, en op de middelbare school geleerd. Deze aanpak geeft bovendien het juiste antwoord voor de straal van een perfect bolvormig zwart gat. Daarna moeten we echter werken met de meer accurate relativiteitstheorie van Einstein. Dit bracht ons tot het concept van ruimte-tijd en lichtkegels. In deze abstracte formulering wordt zwaartekracht beschreven door een kromming van zowel ruimte als tijd en deze kromming kan de lichtkegels doen kantelen en buigen. Het is die kanteling en buiging die Penrose gebruikt om aan te tonen dat zwarte gaten een onvermijdelijk gevolg zijn van de implosies van materie in het universum, zoals na ontploﬀing van een ster. Dit inzicht was cruciaal omdat het aantoont dat de oplossingen voor Einstein’s vergelijkingen die zwarte gaten voorstellen wel degelijk fysisch realiseerbaar zijn en zich dus in ons universum moeten bevinden. Samen met twee andere wetenschappers die het bestaan van zwarte gaten hebben aangetoond aan de hand van concrete observaties, heeft Roger Penrose de Nobelprijs gekregen voor zijn wiskundig bewijs.

REFERENTIES 1

R. Penrose, Gravitational collapse and space-time singularities, Phys. Rev. Lett. 14 (1965), 57-59 doi:10.1103/PhysRevLett.14.57

Foto: Roger Penrose / Festival della Scienza / CC by 2.0.

In de tekening is een voorbeeld van een gevangen oppervlak gegeven door de zwarte cirkel. Omdat maar 2 van de 3 ruimtelijke dimensies in de tekening kunnen getoond worden komt die cirkel eigenlijk overeen met het 2-dimensionale oppervlak van een bol met straal . Op de tekening zie je dan kleiner dan kleine lichtkegels getekend, die duidelijk maken dat de lichtstralen naar binnen zijn gedraaid. De lichtkegels op grotere stralen hebben duidelijk meer opening en beschrijven lichstralen die zowel naar kleine r als naar grote r kunnen gaan. Dit lijkt zeer sterk op het begrip van de horizon van een zwart gat, maar het gaat verder want de definitie van een trapped surface is van toepassing in dynamische processen (in contrast met de tijdsonafhankelijke Schwarzschildoplossing). Het tweede (en cruciale) deel van Penrose' bewijs gaat dan verder door aan te tonen dat het bestaan van gevangen oppervlakken noodzakelijkerwijze inconsistent zijn met de afwezigheid van singulariteiten. M.a.w., de vorming van een zwart gat is onvermijdelijk.

Sir Roger Penrose (1931 - ) is wiskundige én fysicus, emeritus professor aan de Universiteit van Oxford. Zijn wetenschappelijk werk is zowel in de wiskunde als in de kosmologie baanbrekend. Hij werd vele malen gelauwerd, allicht meest in het oog springend met de Wolf Prize for Physics in 1988 (samen met Stephen Hawking) en de Nobelprijs Fysica (gedeeld met observationele Fysici) in 2020. Zijn naam is ook onverbrekelijk verbonden aan het ontdekken van niet-periodieke betegelingen van het vlak in 1973, de zgn. Penrose-betegelingen. Dit had dan weer verband met en invloed op de ontdekking van quasi-kristallen in de Chemie. Uit erkenning voor zijn werk, werd een vloer in het nieuwe gebouw van het Mathematical Institute te Oxford, betegeld met een Penrose-patroon. En laat ons bij dit alles niet vergeten dat Penrose auteur is van verschillende boeken voor het grote publiek, waaronder “De nieuwe geest van de keizer” en “De weg naar de werkelijkheid” enkele in het Nederlands vertaalde bekende werken zijn. Roger Penrose werd in 1994 geridderd omwille van zijn grote bijdragen tot de vooruitgang van de wetenschap. Hij werd Doctor Honoris Causa, o.a. aan de KU Leuven in 2005.

In een rechthoek waarvan de breedte de helft is van de lengte, worden twee overstaande hoekpunten verbonden met een gebroken lijn zoals in de figuur. Wat is de breedte van die rechthoek?

OEFENING 9 In de figuur zie je de grafiek van een functie f . Welke van de volgende uitspraken is correct?

OEFENING 10 Selena, Taylor en Miley hebben elk een profiel op InstaMath. In het begin van het jaar had Selena half zo veel volgers als Taylor en had Taylor 50 % meer volgers dan Miley. In de loop van het jaar steeg het aantal volgers van Selena met 10 %, het aantal volgers van Taylor met 6 % en het aantal volgers van Miley met 8 %. Welke uitspraak is waar?

A Miley kreeg er meer volgers bij dan Taylor, maar minder dan Selena. B C

A B

C D E

Miley kreeg er meer volgers bij dan Selena, maar minder dan Taylor.

Selena kreeg er meer volgers bij dan Taylor, maar minder dan Miley. Selena kreeg er meer volgers bij dan Miley, maar minder dan Taylor. Taylor kreeg er meer volgers bij dan Selena, maar minder dan Miley.

OEFENING 8

40 PYTHAGORAS

EEN UIT DE HAND GELOPEN SCHELPENVERZAMELING VOOR DE NEGENENVIJFTIGSTE KEER KWAMEN AFGELOPEN SEPTEMBER SCHOLIEREN UIT HEEL NEDERLAND BIJ ELKAAR OM DEEL TE NEMEN AAN DE FINALE VAN DE NEDERLANDSE WISKUNDE OLYMPIADE. HOEWEL DE 156 DEELNEMERS HET DIT JAAR DOOR DE AANGESCHERPTE MAATREGELEN ZONDER VERZORGDE LUNCH MOESTEN STELLEN, HEBBEN ZE ZICH TOCH DAPPER DRIE UUR LANG GEBOGEN OVER VIJF LASTIGE OPGAVEN. VOOR WIE ZICH DOOR DE EERSTE VIER OPGAVEN HAD WETEN TE WORSTELEN, OF GEWOON ACHTERAAN WAS BEGONNEN, WACHTTE AAN HET EIND EEN OPGAVE OVER EEN BIJZONDERE SCHELPENVERZAMELING. R A FA Ë L H O U K E S

OPGAVE 5, FINALE NEDERLANDSE WISKUNDE OLYMPIADE 2020 Sabine heeft een heel grote schelpenverzameling. Ze besluit een deel van haar schelpen aan haar zusje te geven. De eerste dag legt ze al haar schelpen op een lange rij en geeft vervolgens elke schelp die op een kwadraatpositie in de rij ligt (dus de eerste, de vierde, de negende, de zestiende, enzovoorts) aan haar zusje. De tweede dag maakt ze van de overgebleven schelpen weer zo’n lange rij en opnieuw geeft ze elke schelp die op een kwadraatpositie ligt aan haar zusje. Ze herhaalt dit proces elke dag. Het blijkt dat ze op de 27ste dag voor het eerst minder dan 1000 schelpen overhoudt en dat het op de 28ste dag voor de tiende keer gebeurt dat het aantal schelpen dat ze overhoudt precies een kwadraat is. Wat zijn de mogelijke aantallen schelpen waarmee Sabine begonnen kan zijn? Dit is een lastige opgave om aan te beginnen, we lijken nog niet veel meer te weten dan dat Sabine erg vaak naar het strand moet zijn gegaan. Wat dan goed kan helpen, is uitproberen wat er gebeurt met kleine schelpenverzamelingen, bijvoorbeeld van 25 schelpen. Van die verzameling geeft Sabine de schelpen op plek 1, 4, 9, 16 en 25 weg en houdt er nog 20 over. Dat lijkt nog niet echt interessant, maar in de opgave geeft Sabine meerdere keren een deel van haar verzameling weg. Laten we dus verder rekenen: op de tweede dag geeft ze schelpen 1, 4, 9 en 16 weg en heeft er dan nog 16, precies genoeg om op de derde dag weer vier schelpen te moeten weggeven. Van de

twaalf die ze zo overhoudt, geeft ze er drie weg, na vier dagen heeft Sabine dus nog negen schelpen over.

dus van een kwadraat in twee dagen naar het eerstvolgende kleinere kwadraat.

Dat is toevallig: 9 is net als 16 en 25 een kwadraat. Sabine lijkt dus elke twee dagen een kwadraat aantal schelpen te hebben. Interessant, want in de opgave is gegeven dat Sabines schelpenverzameling op dag 28 voor de tiende keer uit een kwadraat aantal schelpen bestaat. Het is dus fijn als we weten wanneer het aantal schelpen in de verzameling een kwadraat is. Werkt ons patroon van omen-om een kwadraat ook voor grotere verzamelingen? Dat lijkt wel zo te zijn: als Sabine begint met 100 schelpen, dan heeft ze na twee dagen 81 en na vier dagen nog 64 schelpen. Zelfs 302 schelpen gaat vanaf 900 292 Sabine via 870 naar 841 schelpen.

Zoals we al hoopten, wordt het nu ineens interessant dat op dag 28 het aantal schelpen een kwadraat is. We kunnen namelijk afleiden wat de eerste dag is waarop Sabine een kwadraat aantal schelpen had. Dit moet deze wel dag 10 zijn, want als dag eerste ‘kwadraatdag’ was, dan was , de derde de tweede op dag . en zo doortellend de op dag tiende, wat dag 28 was, op dag x+18.

Met deze grote getallen hebben we, misschien onterecht, genoeg vertrouwen gekregen om ons patroon te bewijzen. Stel dat Sabine minstens schelpen heeft, met twee. Hoeveel schelpen geeft ze dan weg? Dat zijn natuurlijk schelpen op plekken precies de en . Ze houdt er dan nog over. Dit is duidelijk kleiner , maar nog wel meer dan dan . Op de tweede dag gaat Sabine dus schelpen weggeven en houdt er over. Gelukkig, ons vertrouwen was niet voor niets, dat is inderdaad . Het aantal schelpen gaat

Kunnen we misschien nu ook het andere gegeven gebruiken? Dat zegt dat Sabine op dag 27 voor het eerst minder dan 1000 schelpen had (de vloer van haar kamer komt inmiddels weer in zicht). Stel dat Sabine op dag 10, de eerste ‘kwadraatdag’, schelpen had, dan zien we negen keer twee dagen later dat ze op dag schelpen had. 28 in totaal Op dag 27 en dus ook dag 28 had Sabine minder dan 1000 schelpen, . dus we vinden Aan de andere kant had ze op dag 26, toen ze nog schelpen had, juist nog minstens 1000 schelpen. Met wat gereken , dan geldt vinden we namelijk en . Op dag 27 heeft Sabine nu inderdaad een verzameling van nog ‘maar’ schelpen over. Inmiddels weten we al een stuk meer over de opgave: op dag 10 had Sabine precies schelpen in haar verzameling. Helaas hebben we nu niet zoveel

meer aan ons kwadratenpatroon, op alle eerdere dagen is het aantal schelpen geen kwadraat. Er zit dus niets anders op dan om nog wat meer patroontjes te gaan vinden. Om ons veel rekenwerk te besparen gaan we van de indrukwekkende aantallen schelpen van Sabine weer terug naar onze vertrouwde 25. Wat gebeurt er als we met een kwadraat min een beetje beginnen? Als Sabine 24 schelpen heeft, dan geeft ze er vier weg. Dan heeft ze, net als vanaf 25 schelpen, nog 20 schelpen. Na de tweede dag heeft ze dan dus ook 16 schelpen en zit ze in ons kwadraat-patroontje. Begint ze met , dan heeft ze na twee dagen 15, een kwadraat min één. lijken we Vanaf een kwadraat min dus in twee dagen naar een kwadraat te gaan. Werkt dat voor min alle ? Nee, met wat uitproberen vinden we al snel dat het patroontje niet meer klopt bij bijvoorbeeld . Dit komt doordat Sabine in deze gevallen in twee dagen een schelp minder moet belandt weggeven: vanaf op , ze bijvoorbeeld via eerst terwijl ze vanaf krijgt, dan dus nog maar 4 schelpen overweggeeft en er ook die we houdt, in plaats van de hoogstens hadden verwacht. Voor even groot als het getal waarvan we het kwadraat nemen lijkt het patroon gelukkig steeds wel te werken. Misschien kunnen we nu het patroon in twee dagen bewijzen dat gaat: naar

Stel dat Sabine op een dag schelpen heeft, met Dit zijn er minstens

, . Sabine maar minder dan schelpen weg geeft dus en houdt er weer over. Dit is vanwege , Sabine minstens schelpen geeft dus ook nu weg. In totaal heeft ze er dan nog . Leuk genoeg kunnen we dat ook wel schrijven als , precies het patroontje dat we wilden bewijzen! Nu is het niet meer zo lastig om een aantal schelpen te vinden dat na tien schelpen uitkomt: dagen op schelpen gaan we in vanaf scheltwee dagen naar de pen van dag 10. Op dag 8 zouden schelpen kunnen we dus hebben en om dezelfde reden op . Zo doortellend dag 6 nog volgens het patroon, vinden we dat Sabine aan het begin schelpen kan hebben gehad. Voor wie nu juichend op de bank zit, heeft Sabines reusachtige schelpenverzameling helaas (of gelukkig natuurlijk) nog een verrassing in petto: we moeten niet maar één, maar alle mogelijke beginaantallen voor Sabines schelpenverzameling vinden. Gelukkig is dat met de hulp van onze patroontjes niet heel moeilijk meer. Stel dat Sabine met meer dan schelpen begint. Vanaf hebben we wel na tien , maar na acht dagen dagen schelpen. Dat mag niet:

dag 10 was de eerste ‘kwadraatdag’. Ook tot en met komen te vroeg op een kwadraat uit. Maar we geven niet op: werkt vast. Voor kwadraten plus een beetje hebben we geen patroon (dat is er trouwens wel, probeer het maar eens te vinden), maar met wat telwerk vinden we dat we na 10 schelpen hebben. dagen Dat is juist te veel. Werkt het met nog meer? Nee, zien we: als Sabine op een dag met meer schelpen begint, dan heeft ze er na die dag ook minstens evenveel. Als ze namelijk extra schelpen heeft, dan zullen extra kwadraten daar hoogstens bijzitten en geeft ze hoogstens extra schelpen weg. Als Sabine schelpen met meer dan begint, zal ze dus na dag 1 minstens evenveel schelpen hebben. Maar nu kunnen we hetzelfde argumentje weer toepassen: ook op dag 2 en, zo doorredenerend, dag 10 heeft ze minstens evenveel schelpen als wanschelpen was neer ze met begonnen. Ook als Sabine met meer schelpen begint, zal ze dan er dus op dag 10 te veel hebben. Alle beginaantallen groter dan vallen daarom af. Werkt het wel met minder dan schelpen? Stel dat Sabine schelpen zou met maar beginnen, dan heeft ze er volgens het ; patroon na 10 dagen maar dat is te weinig. Ook nog minder schelpen gaat haar nu niet helpen, want we kunnen ons argument van hierboven gewoon omgekeerd gebruiken: als Sabine op een dag met minder schelpen begint, zal ze na die dag hoogstens evenveel schelpen

Op de zijden van een rechthoek met oppervlakte 11 construeren we twee vierkanten. De som van de oppervlakten van die twee vierkanten is 71. Wat is het verschil tussen de lange en de korte zijde van de rechthoek? A B C D E

Met twee gegevens waar we eerst helemaal niets mee konden, hebben we dus leuk genoeg precies de begingrootte van Sabines enorme schelpenverzameling bepaald! En wie nog niet genoeg verrassingen heeft ontdekt in deze uit de hand gelopen verzameling, moet maar eens uitrekenen hoeveel die eigenlijk is...

OEFENING 11

OEFENING 12 Een vierkant stuk karton wordt in vier puzzelstukken verdeeld door twee rechten die elkaar loodrecht snijden in het midden van het vierkant. De vier puzzelstukken worden zo verlegd dat er een groter vierkant ontstaat met een vierkant gaatje middenin. Hoe lang is de zijde van dat gaatje?

hebben. Ook alle beginaantallen vallen dus kleiner dan af, Sabine moet precies schelpen hebben gehad.

44 UITWISKELING

REDENEREN EN BEWIJZEN OVER EN MET OPPERVLAKTE

ALS JE MIJ VRAAGT WAAROM IK WISKUNDE ZO AANTREKKELIJK EN BOEIEND VIND, ZOU IK HET KUNNEN HEBBEN OVER DE ONTELBARE TOEPASSINGEN IN DE WETENSCHAPPEN EN DE TECHNIEK: MET WISKUNDE KUN JE (OF: KUNNEN ZE) EEN RAKET OP MARS LATEN LANDEN, BANKGEGEVENS BEVEILIGEN, ZELFRIJDENDE AUTO’S ONTWERPEN, ERVOOR ZORGEN DAT JE INFORMATIE VINDT OP HET INTERNET ... DAT IS MEER DAN WAAR, MAAR VOOR MIJ KOMT DIT MAAR OP DE TWEEDE PLAATS. MICHEL ROELENS,

R E DAC T I E U I T W I S K E L I N G

Wat ik echt uniek vind in wiskunde, is dat je jezelf en elkaar kunt overtuigen door te redeneren. Je kunt een stuk wiskunde helemaal begrijpen. Je dringt door tot het ‘waarom’ en dat geeft een machtig gevoel. Wij kunnen redeneringen en bewijzen van duizenden jaren geleden nog steeds begrijpen en ze zijn nog altijd geldig.

De nieuwe eindtermen en leerplannen besteden expliciet aandacht aan redeneren en bewijzen. “Redeneren, argumenteren en bewijzen” is één van de rubrieken bij de “overkoepelende procedurele doelen”, naast onder meer “vraagstukken en probleemoplossend denken” en “wiskundige taalvaardigheid”.

Uiteraard beheerst niemand de hele wiskunde en afhankelijk van het talent en de inspanning zal de ene leerling meer wiskunde begrijpen dan de andere ... Niet alle leerlingen hebben een boodschap aan formele bewijzen maar we vinden dat alle leerlingen, op hun niveau, het recht hebben om te ‘begrijpen waarom’. Dat kan ook met een visuele verklaring of door te redeneren op een ‘generiek voorbeeld’ (een voorbeeld dat niet ‘speciaal’ is en waarmee je laat zien dat de redenering analoog ook voor andere voorbeelden moet gelden).

De eindtermen en leerplannen ondersteunen dat zelfs met een bescheiden leerlijn ‘logica’. In de eerste graad moeten de leerlingen alvast het verschil kennen tussen en ), maar ze een implicatie en een equivalentie ( moeten vooral argumenteren, redeneringen opbouwen en wiskundige eigenschappen aantonen. Welke eigenschappen, dat kan de leerkracht (de vakgroep, het handboek?) kiezen, rekening houdend met de beginsituatie van de leerlingen.

We zouden graag hebben dat leerlingen het woord ‘bewijs’ niet associëren met een van buiten te leren tekstje (zinnen, formules ...) tegen de toets, maar met een kans om te redeneren, om te begrijpen waarom, om elkaar te overtuigen en om op die manier te groeien in inzicht. Zeker in de eerste graad willen we meer de nadruk leggen op de nieuwsgierigheid naar het waarom en op het leren verwoorden van (eigen) redeneringen, dan op formele aspecten en de samenhang van een grote theorie. Om dat te realiseren, is het nodig om niet alleen bewijzen als theorie aan te bieden, maar ook genoeg haalbare bewijsoefeningen te voorzien. Het memoriseren van een bewijs is niet per se zinloos, maar vooral het (samen) zoeken naar verklaringen en bewijzen is belangrijk. Elk bewijs wordt dan een stuk ‘problem solving’. We zouden zeker niet wachten met bewijzen tot de meetkunde in het tweede jaar (met congruente driehoeken enz.). Ook in de getallenleer en de algebra van het rekenen met letters kunnen de leerlingen leren bewijzen: goocheltrucjes verklaren, formules bij patronen verantwoorden ...

In dit artikel bespreken we enkele heel eenvoudige redeneringen en bewijzen met oppervlakte. 1 DE OPPERVLAKTE VAN EEN DRIEHOEK EN VAN EEN PARALLELLOGRAM De oppervlakte van driehoeken en vierhoeken vormt een mooie, toegankelijke context voor eenvoudige, visuele bewijzen. Leerlingen kunnen bv. helemaal begrijpen waarom je voor de oppervlakte van een driehoek door 2 moet delen. In de ruimte is het fundamenteel moeilijker om te begrijpen waarom je voor het volume van een piramide door 3 moet delen; daar gaat het in het algemeen niet door te knippen en te plakken (zie Roelens & Willems, 2005). Gaan we ervan uit dat de oppervlakte van een rechthoek gekend is, dan kan hieruit door te knippen en te plakken de oppervlakte van een parallellogram afgeleid worden. Beschouw een gegeven parallellogram. Door een driehoekje uit te knippen en te verplaatsen, ontstaat een rechthoek met zelfde basis en hoogte als het gegeven parallellogram, dus

Merk op dat er hierbij veel mogelijkheden zijn (figuur 3). Je mag kiezen welke zijde je als basis kiest, de hoogte is dan de loodrechte afstand van het overstaande hoekpunt tot die rechte (de drager van die basis).

Figuur 1 De oppervlakte van een parallellogram

Kritische leerlingen kunnen vragen: "Maar wat met een parallellogram dat ‘te schuin’ staat?" Je kunt dan een andere zijde als basis nemen. Maar wat als je toch die basis wilt nemen? Dan maar een puzzel met meer stukjes.

Figuur 3

Het ‘recept’ om de oppervlakte van een driehoek te berekenen, bestaat eerst en vooral uit het kiezen van een basis. De oppervlakte hangt niet af van welke basis je kiest. Dit kan heel nuttig zijn: om de hoogte uit te van figuur 4, kun je de oppervinden in de driehoek vlakte op twee manieren berekenen en gelijkstellen. (1)

Figuur 2

(2)

In de tweede graad kunnen de leerlingen deze oefening ook oplossen met gelijkvormige driehoeken, maar ik blijf de oplossing met oppervlaktes gemakkelijker vinden.

Om de oppervlakte van een driehoek af te leiden van die van een parallellogram, zijn er verschillende mogelijkheden. Je kunt bv. van de gegeven driehoek en een kopie ervan, één parallellogram maken met dezelfde basis en hoogte. De oppervlakte van de driehoek is de helft van die van het parallellogram, dus

Figuur 4

Met deze formules voor de oppervlaktes van parallellogrammen en driehoeken is meteen de volgende eigenschap bewezen: “parallellogrammen (driehoeken) met eenzelfde basis en gelijke hoogtes, hebben dezelfde oppervlakte” (zie figuur 5).

2 DE STELLING VAN VIVIANI We sluiten af met een verrassend eenvoudig bewijs voor een mooie stelling.

Stelling van Vincenzo Viviani (17de eeuw) Gegeven: een gelijkzijdige driehoek en daarbinnen een willekeurig punt . Bewijs dat de som van de afstanden van tot de zijden niet afhangt van . Waaraan is die vaste afstandensom gelijk?

Figuur 5 Zelfde oppervlakte

Dat idee is belangrijk in de Euclidische meetkunde. Als een willekeurige vierhoek gegeven is, kun je hiermee een driehoek construeren met dezelfde oppervlakte. Omdat het construeren van evenwijdigen mogelijk is met enkel passer en liniaal, is hiermee aangetoond dat het omvormen van een vierhoek tot een driehoek met dezelfde oppervlakte, mogelijk is met passer en liniaal.

Als het waar is dat die som voor elk punt dezelfde is, dan kan die som niet anders dan gelijk te zijn aan de hoogte van de driehoek. Immers, als je in één van de hoekpunten plaatst, is die som gelijk aan . Het bewijs van de stelling is tegelijk creatief en eenvoudig. Verbind met de hoekpunten. Op die manier , en . Door ontstaan er drie deeldriehoeken uit te drukken dat de som van de oppervlakten van de deeldriehoeken gelijk is aan de oppervlakte van de hele driehoek, is het bewijs geleverd. Noem De gelijke zijden Dan hebben we:

, ,

. noemen we

Figuur 6 Van een vierhoek naar een driehoek met dezelfde oppervlakte Figuur 7 Bewijs van de stelling van Viviani

Met analoge knip- en plakpuzzels kan de oppervlakte van een trapezium en van een ruit afgeleid worden uit die van rechthoeken, parallellogrammen en driehoeken.

BRONNEN Roelens, M., Willems, J. (2005). Oppervlakte en volume door de eeuwen heen. Uitwiskeling 21/3, 16-37. Dit artikel verscheen in Uitwiskeling 35/2 als onderdeel van een uitgebreid artikel over bewijzen in de eerste graad. Op www.uitwiskeling.be vind je alle info.

Nando

Wiskunde met pit

850001029

ken wiskunde Vakantieboe ve manier lse en creatie Op een spee alen tijdens iskunde herh de leerstof w tijden van ntie? Zeker in de zomervaka eer dan ooit rwijs is het m afstandsonde nen en te volop te oefe belangrijk om en zijn vakantieboek herhalen. De t aan sluiten perfec aangepast en en eindterm ! op de nieuwe

Meer info en bestellen:

secundair.diekeure.be