[WISK] Vraagstuk

[Sagana]

Hoi,
Op een toets kregen we het volgende vraagstuk. Ik kon het wel oplossen, maar ik heb dat gedaan door gewoon via sinus en cosinus de zijden te bereken en dan de oppervlakte. Zo kwam ik een kommagetal uit.
Nu vroeg onze leerkracht om het ook eens via de methode te doen die er als tip bij staat, maar ik weet niet hoe ik er aan moet beginnen. Het is dus de bedoeling om geen kommagetal uit te komen.
Ik hoop dat iemand me kan helpen! Alvast bedankt.

[mathfreak]

Sagana schreef op 22-02-2007 @ 15:19 :
Hoi,
Op een toets kregen we het volgende vraagstuk. Ik kon het wel oplossen, maar ik heb dat gedaan door gewoon via sinus en cosinus de zijden te bereken en dan de oppervlakte. Zo kwam ik een kommagetal uit.
Nu vroeg onze leerkracht om het ook eens via de methode te doen die er als tip bij staat, maar ik weet niet hoe ik er aan moet beginnen. Het is dus de bedoeling om geen kommagetal uit te komen.
Ik hoop dat iemand me kan helpen! Alvast bedankt.

[afbeelding]
[afbeelding]

Ga uit van driehoek OA₁B₁. Omdat driehoek OA₁B₁ een gelijkbenige driehoek is met basis A₁B₁ en benen OA₁ en OB₁ is de hoogtelijn uit O tevens de bissectrice van de tophoek, en ook de zwaartelijn uit O die door het midden van A₁B₁ gaat. Noem dit midden C₁, dan geldt: A₁B₁=2*A₁C₁=2*cos(18°) en OC₁=sin(18°), dus de oppervlakte van driehoek OA₁B₁ is dan 1/2*2*cos(18°)*sin(18°)=1/2*sin(36°).
Bekijk nu de geconstrueerde driehoek OA₂B₂. Omdat de zijden van deze driehoek 2 maal zo klein zijn als die van driehoek OA₁B₁, en omdat de tophoek gelijk is aan die van driehoek OA₁B₁, is driehoek OA₂B₂ gelijkvormig met driehoek OA₁B₁. Omdat de zijden van driehoek OA₂B₂ 2 maal kleiner zijn dan die van driehoek OA₁B₁, is de oppervlakte van driehoek OA₂B₂ 4 maal kleiner dan die van driehoek OA₁B₁, ofwel 1/4 maal de oppervlakte van driehoek OA₁B₁. We zien dus dat we door voortzetting van deze constructie driehoeken krijgen, waarbij de oppervlakte van zo'n driehoek 1/4 van de oppervlakte van de voorgaande driehoek bedraagt. Omdat de oppervlakte van de eerste driehoek 1/2*sin(36°) bedraagt zien we dat deze oppervlakten een meetkundige rij vormen met eerste term a=1/2*sin(36°) en reden r=1/4. Nu geldt: voor r<1 nadert de som van de termen van een meetkundige rij met eerste term a en reden r tot de limiet a/(1-r). Dat betekent in dit geval dat de som van de oppervlakten bij een oneindig aantal geconstrueerde driehoeken nadert tot de limiet 1/2*sin(36°)/(1-1/4)=1/2*sin(36°):3/4=4/3*1/2*sin(36°)=2/3*sin(36°).

[Safe]

Opp van deze gelijkbenige driehoeken is 1/2*a²*sin(36), waarbij a de lengte van de gelijke benen is.

[Sagana]

mathfreak schreef op 22-02-2007 @ 18:19 :
Noem dit midden C₁, dan geldt: A₁B₁=2*A₁C₁=2*cos(18°) en OC₁=sin(18°)

Dankjewel voor je uitgebreide antwoord! Ik begrijp ongeveer alles, alleen het stukje dat ik hier heb gequote heb niet echt.
Moeten sin(18°) en cos(18°) niet omgewisseld worden, of zit ik verkeerd?

[mathfreak]

Sagana schreef op 25-02-2007 @ 19:22 :
Dankjewel voor je uitgebreide antwoord! Ik begrijp ongeveer alles, alleen het stukje dat ik hier heb gequote heb niet echt.
Moeten sin(18°) en cos(18°) niet omgewisseld worden, of zit ik verkeerd?

Er moet inderdaad gelden: A₁B₁=2*sin(18°) en OC₁=cos(18°). De rest klopt verder.

[Sagana]

mathfreak schreef op 26-02-2007 @ 19:29 :
Er moet inderdaad gelden: A₁B₁=2*sin(18°) en OC₁=cos(18°). De rest klopt verder.

Ja, ik dacht het al inderdaad. Nu snap ik het helemaal, bedankt.

[mathfreak]

Sagana schreef op 26-02-2007 @ 22:48 :
Ja, ik dacht het al inderdaad. Nu snap ik het helemaal, bedankt.

Graag gedaan.