0
en
f
+
1 a sin x sin2 x ln - - - . - - dx 1-asmx x
l
= n ----a
0
(Dr H. Bremekamp).
0 p g e 1 o s t door Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS, Ir A. v. HEEMERT, Dr L. DE JoNG, P. v. LENT, W. A. J. LUXEMBURG en Dr L. SWEERTS.
.
0 p 1 o s sing van Dr L. DE
WtJ bepalen eerst
f
]ONG.
00
0
sin 2n+l x . . .. x dx.Htervoor laat ztch schnjven:
OPGAVEN. N°. 120
251
121.
EN
1 - 2k)x.
dx X
0
£ (- 1)7c (2n + 1)
_I_)n :n; 22n+l
k
k=O
•
De laatste som is de coefficient van tn in (1
t + ... tn) (1 -
(I - tn+l) (1 - t) 2 n en die is:
t)2n+l
(~ l)n(~). Men heeft dus: 00
f
sin Zn+l x ----dx
:n; 22n+l
X
(2n) n .
0
Voor
Ia I <
I is nu:
00
f
f
00
I +a sin x
In--1 - a sin X
dx X
a2 n+l =2 ~ n=O 2n =
sin2 n+l x
0
0
:n;
2
a n=o2n co
~
I ( 2n )
n+l
+1
. = :n; arc sma.
n
22n
Evenzo: 00
!
dx
X
f
00
asinx dx . 2 sm x 1n . 1-asmx X I
0
:n;
oo ~
a2n+l
n=O 2n
=
2
oo
~
a2n+l
------~
-o~
I (2n 2) --
+ 1 • 22n+2
n
+I
0 p loss in g van Dr H.
sin2 n+3 X - - - - dx
=
X 0
1
(1- a2)lfa
:n;-------.
a
BREMEKAMP.
Wij overtuigen ons van de convergentie der integralen, wat 1+asinx de bovengrens betreft, door op te merken, dat In - - - . 1-asmx een functie met de periode 2:n; is, die in achtereenvolgende vakken van de lengte :n;, beurtelings positief en negatief is en waarvan de absolute waarde de periode :n; heeft. Voor x __,. 0
252
WISKUNDIGE
nadert in de eerste integraal de integrand tot 2a, in de tweede tot 0. oo dx Zij nu f(x) een oneven functie, zodanig dat J /(sin x) X
0
convergeert, dan is
!
., !
'11'
2
r
• dx f(sm x)- =
oo
,
X
0
dx /(sin x)-
3'11'
dx
f(sin x)
X
0
x
'11'
2
!
/(sin x)
dx
x+
1T
2 '11'
2
J
/(sin x)dx
{+
n_ x
n+x
0 ·'IT
2
+ 2n+x _L__ ····}
!
dx /(sin x) . smx
0
Door toepassing van deze formule vinden we voor de eerste integraal '11'
00
In l +a sin x dx ( 1-a
w
x
0
X
=
!
2
ln
I
+a sin x
dx
1-asinx sinx
0
Noemen wij dit
j}i.( I+ asmx ···-. 1
0
,.
'11'
2
2
2 -a2 0
dus
arc tg vi......:... a 2 tg X
I 0
C en door te nemen a = 0, vinden
OPGAVEN. N°. 121
122.
EN
253
Voor de tweede integraal vinden we 1 a sin X sin2 X ln-----:-.- - - dx 1 a sm x x
f
r '"2
~
=
0
•
In
1
a sin X sin x dx a sin x
1-
1Jl(a)
0
'"2
'{ ) f
2
sin x· dx 1 - a2 sin 2 x
1pa=2
0
1 ) a2 sin2 x dx
1-
n
= - ~a2 +
0
a2
:n; -···-----···-~·
1Jl(a)
a
+ ct.
Ook bier vinden we door te nemen a
0, C1
=
0.
0 p mer kin g. Door analytische voortzetting vindt men dat beide uitkomsten ook voor andere waarden van a gelden voor a > 1 of a < 1 worden beide leden complex. Voor a = 1 vindt men
J 00
In cotg2 ( : _
~~) d:
2
0
en 00
f
In cotg2
n
x) 4 - 2
(
2 sin x -x-dx
= n.
0
Vraagstuk CXXII. Te bewijzen 00
f
(In cos2 x)
sin2 x
dx = - . n ln 2,
0
en
00
f
(In cos 2 x)
sin 4 x
x2
dx
2
ln 2
4
0
(Dr. H. Bremekamp).
254
WISKUNDIGE
0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS, Dr L. DE }ONG, W. A. J. LUXEMBURG, Dr L. SWEERTS en G. v. D. VoET. 0 p 1 o s s i n g van M. G. BEUMER. Indien /(~) een even functie is van~. dan is gemakkelijk te bewijzen, door (+ oo, 0) te verdelen in de intervallen (0, }n), .... , en de nieuwe veranderlijken x, n x, x n, 2n x, .... , in te voeren, dat OQ
dx /(sin x) . . 2 sm x
t'IT
f
( /(sin x) dx x2 0
0
(Deze eigenschap komt voor bij Bromwich, Infinite Series, p. 515). Men heeft dus:
f
a.
=
!'IT
sin 2 x }~ ln cos x . x 2 dx = ln cos2 x dx = 2
0
0
t'IT
2 J ln cos x dx
=-
n ln 2.
0
!1r
(/ ln cos x dx is een bekende integraal, zie b.v. Schuh, Como pendium der Hogere Wiskunde III, blz. 125).
j: cos'
b.
x •
s~: x dx ~ fn cos' x . sin' x dx ~
0 t'IT
0
!'IT
= J ln cos x dx - J cos 2x .ln cos x. dx; nu is 0
0
i'IT
J
}'IT
! J ln cos x
cos 2x ln cos x dx
0
. d(sin 2x)
0
f
!'IT
•
t'IT
[! sm 2x ln cos 2x]
0
+!
COS X
0 !'IT
= J sin2 x dx = :fn. 0
sin 2x sin x
dx =
255
OPGAVEN. N°. 122. Dit geeft dus: oo
ln cos 2 x
f
fi'lT
sin4 x x 2 dx =
0
ln cos x dx
!n ln2-tn
tn=
0
0 p 1 o s s i n g van Dr L. Wij berekenen eerst 00
-~-dx = -
( "
f
00
1
sin Znx X
2
sin2 n x
j'
DE
J ONG.
00
+ 2n
sin2 n-l X cos x
X
dx
X
0
0
0
00
J)n-lfcosx n-1 2n 22n-2 -x- dx ~
J)k ( 2n-1) k sin(2n-1-2k)x.
0
Nu is
f ~in(2n-l-2k)x o --
. cos x dx
x
~
r;
l:
voor k
~ 0, I ' ... ,.__ 2,
voor k
n-
I,
zodat men verkrijgt: 2n.
1
t)n-
22n-2
•
{n""i.2 (-l)k (2n-1) + }(-J)n-1 (2n-l)}.
n 2
k
0
n-1
Nu is n-2
I: 0
de coefficient van tn-2 in (1 - t) 2n-l (l t + ... tn-2) (-J)n-2
(1
t)2n-il(l- tn-1) en die is
(~-~),
zodat wij vinden:
(-t)n-l nn 22n-2 nn
= 22n-1
1)
n- 2
(2n-2) n-2
+
(-1) 2 n-2nn (2n-l)
{(2n1) (2n-2)} n- I - 2 n- 2
=
n-1
22n-1 =
(2n- 2)
n 22»-=i n- 1 ·
256
WISKUNDIGE
Voor de eerste integraal hebben wij nu: 00
oo
-~ n=1
1 ( sin 2 n+2 X --d x= n ~ x2
1 ::rr: ( -;; · 22n+i
oo
~
2n) n ·
0
Verder is
= ~
(1-
n=O
(2n) _!::__ n
22n'
zodat:
~
Door t
1 (2n) n
1
n 22n+1
= 1
u 2 gaat clit over in 1
j~~~=ln2 l u 0
en dus is de uitkomst: - n In 2. Voor de tweede hebben wij:
~ 1
1;· sin n
2
n+4
x dx
x2
=
""
~
n
1
n .
2:n+S
(2nn + 2)1 ..
0
Nu is I
~ 1 1
l
n · 22n+3
(2nn 21) t f(;/_t-1
12t)
0
wat, door de substitutie t = 1 - u 2 overgaat in: 1
1.
2
f
u+2 (1
+ u)2 du =
.l}n
z
0
en dus is de tweede integraal: n n -ln22 4
2
dt
t2 '
257
OPGAVEN. N°. 122 EN 123. 0 p me r king en van Dr H. BREMEKAMP.
I. Het is duidelijk, dat men op deze wijze ook de integraal
I. co
2
(In cos2 x) sin mx dx
•
x2
0
kan vinden. Voor m = 0 wordt de uitkomst n. II. Uit de beide uitkomsten der opgave volgt
J 00
(sin 2 x In cos2 x
sin4 x In cos4 x)
dx
x2
2
0
Vraagstuk CXXIII. Bewijs voor -
. f
l
1
11'
_ _c~o~s x
-·
···---ln cotg 2r cos2x r 4 2
1
0
dx
=
n r(I
+r
2
arctg r. )
(Dr H. Bremekamp).
0 p g e 1o s t door Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS, Dr L. DE JoNG, W. A. J. LUXEMBURG, Dr L. SwEERTS en G. v. D. VOET. 0 p 1 o s s i n g van Dr L. SWEERTS. 2r2 cos 2x
+r
4
2r2 (1 - 2 sin 2 x) r 2) 2 - 4r2 sin2 x.
1 (1
r4 =
n-IJ f"
/j
cosx _ _-, r4 ln cot !x dx
J 1 + 2r2 cos 2x ,_"
1
{'
---~
4r( 1
4r( 1
+r
~r
2)
v
1 r2 + 2r sin x dIn --~-------ln cot l r 2 - 2r sin x
" 2) {
lin
ix ,_lJ
~
2
+
r 2r sin x cot "'X 1 -----,--ln 2 r2 2r sin x
I IJ
r2 r2 -
2r sin x dx } 2r sin x sin x ·
258
WISKUNDIGE
Als (j _,.. 0 nadert de eerste vorm tot nul, zodat de oorspronkelijke integraai gelijk is aan
" 1 1 -4r_(_l___r-2) } In 1
2r sin x dx
A
2rsinx x ·
0
2r
Stel - -2 = a, dan wordt:
1+r
7T
I
I'
.;
I. 7T
ln 1 + r 2 + 2r sin x dx 1 + r2 - 2r sin x sin x
In 1 a sin x ~~ 1-asinxsinx
~
0
0 7T
!{
a sin x
+a
aa =2"!: {a+ 3
. .12
=
2
3
sin3
x
3
0
=
1.3
5
2n arc sin a
.... }=
2.4 4n arctg r.
De gegeven integraal heeft dus de waarde
0 p 1 o s s i n g van Dr L. CRIJNS.
Op de integrand passen we de volgende ontwikkelingen toe:
+ + +
1 : (I 2r2 cos 2x r4) = (1 - 2r cos 2x 2r4 cos 4x - .... ) : (1 r4) ; log cot }x = 2 cos x ~ cos 3x ~ cos Sx .... , 2
de eerste geldt voor 1 r I < 1 en aile x, de tweede aileen niet voor de veelvouden van n; de gelijkmatige convergentie waarborgt de termsgewijze integraties. Door herhaalde toepassing van 4 cos x cos mx cos nx = cos(m + n + 1)x + cos(m-n 1)x + 1)x; cos(m + n-l)x + cos(m-n cos 2x; 2 cos 2 x = 1 7T
j cos px. dx 0
7T
=
0 en
J 0
1 . dx
n,
OPGAVEN. N°. 123
EN
124.
+ !)r2
.... } :
259
komt men tot rr;
- -2 {1 1+ r
(1
rc
1
+ r2
rr;
{1 -}r2
1 4 {/-
+ r2
(1- r 2)
=
.... } --
n
. arctg r : r
~~-
1
t)r4
(t
---arctgr. r(1 r 2)
0 p mer kin g van Dr H. BREMEKAMP. De uitkomst geldt ook voor andere waarden van r. Voor r -+ 1 vinden we
r-
"' 1
v
- In cotg ix dx cosx
2
0
Vraagstuk CXXIV. Men vraagt een integraaloppervlak van de vergelijking (p
q) (x
gaande door de kromme X=
1,
y
:
+ :,
Z
(:
)-u
(Dr. H. Bremekamp). 0 p g e 1 o s t door D. ]. Dr L. CRIJNS en Dr L. DE
BouMAN,
Dr H.
BREMEKAMP,
joNG.
0 p 1 o s sing van Dr L.
DEJONG.
Het ligt voor de hand, een oplossing te beproeven van de gedaante:
z Wij stellen nu z
!p(:) =
= (:) -u
en daarna u =
I (:)
f(t).
17
WISKUNDIGE
260 Uit:
ln
z
- u(ln u- l)
dz du
volgt:
zln u
-=
en dus
dz du dH • -;y
P=
dz
y du z . ln u . -;:2· . .dt,
y
.
X2 =
du
du
l
q = dtt · dt ·
x=
z · ln u · x ·
&'
waardoor de differentiaal-vergelijking overgaat in:
du . ln u . (I dt
t-1
t) 2 = 21n - t+l
met de bijzondere oplossing:
u
=
t-1 t
1
of u =
y
X
y
+x
1+u
x-1-u
eny
1
u ( -e
ti
Het integraaloppervlak y = x - - met z 1 u lnz
y-x (
y-x
- - - ln-y x y +x gaat inderdaad door de kromme: X=l;y
1+ u z -;
( ue
1-u
0 p l o s s i n g van Dr H. De hulpvergelijkingen van
)-u
BREMEKAMP.
CHARPIT
zijn
dx
dz
-(x
+ y)-2z
p
1
q)
-dp
-dq
---------~----
p- q + 2p ln p- q
P+q
p-q
2q1np-q' p q
)-u of:
261
OPGAVEN. N°. 124 Vervangen wij in het derde lid (p - 2z In p
P+
q) (x
+ y)
door
q dan vinden we uit de drie laatste leden dz p-q 2z1n---
-------,
2(p -q) In
P+q
p
waaruit
p
-q q
q = 2az.
Wij lossen dus p en q op uit deze vergelijking en de gegevene. Schrijven we de gegevene in de vorm p + q = 2az ea(x+y), dan vinden we
p=
az{ea<x+y)
1},
q
az{ea(x+y)-
1},
en door dit te substitueren in dz
dz
z
=
~(x+vl
(dx
dy)
=
pdx
qdy,
a(dx- dy).
Wij komen dus tot de volledige integraal In z
=
ea(x+vl
+ a(x- y)
{J.
Wij hebben nu uit het hierdoor voorgestelde dubbel oneindig stelsel oppervlakken een enkelvoudig oneindig stelsel te zoeken, waarvan de omhullende door de gegeven kromme gaat. In het punt, dat een oppervlak van het stelsel met de gegeven kromme gemeen heeft, waar dus u(1 -ln u)
~2~
2u
= e1- u - a - -
1-u
{J,
moet dus de raaklijn aan de kromme aan dat oppervlak raken, dus 2a 2a 2a -lnu - - - -2 -(l=u)2' (1 u) De gevraagde betrekking tussen a en {J vinden we door uit deze twee vergelijkingen u te elimineren, dat kan geschieden
WISKUNDIGE
262
door uit de laatste u op te lossen en in de eerste te substitueren. Schrijven we de laatste in de gedaante 2a ---lnu 1-u
2au
dan zien we dat daaraan voldaan wordt, als
0
1t
en dus ook 2a -··--lnu 1 u
0.
Door de eerste te schrijven in de gedaante 2 u (. a u -In
(e 1~
u)
-
u) = (J
zien we dat dan (J = 0. Wij hebben dus de omhullende te zoeken van het enkelvoudig oneindig stelsel oppervlakken
a(x- y).
ln z = e«<x+ul
Dat blijkt te zijn de rechte conoide y
X
y
X
1/-X
---
z= ( --~e) v+x. Vraagstuk CXXV. Van het stelsel vergelijkingen
ov +ox Oy = 2cosxcosy Ou . . + -ov = -2smxsmy ay ox
fht
wordt de oplossing gevraagd, waarbij in de punten der orthogonale hyperbool x = et, y = e-t geldt
u v
sin(2 cosh t) sin(2 sinh t), sin(2 cosh t) - sin (2 sinh t). (Dr H. Bremekamp).
OPGAVEN. N°. 124 EN 125.
263
0 p g e 1 o s t doorP. J. VAN ALBADA, D. J. BOUMAN, Dr H. BREMEKAMP, IrA. v. HEEMERT, Dr L. DEJoNG en Dr W. T. KOlTER. 0 p 1 o s s i n g van lr A. v. HEEMERT. Stel u
v
q;, u - v = 'P· Dan is oq;
ox
oq;
=
2 cos(x + y),
8VJ ay =
2 cos(x- y),
+ -
OVJ
ox
ay
met randvoorwaarden q; = 2 sin(2 cosh t) 'P 2 sin(2 sinh t) voor x et, y e-t. Toepassing der karakteristiekenmethode op de vergelijking voor q; 1evert, dat uit de drie verge1ijkingen
x = et + s, y
e-t
s, q;
=
e-t
sin(et
2s) + sin(et +e-t)
s en t moeten worden gee1imineerd. Wij vinden q; sin(x + y) + sin(x y x + y - 2s = et + e-t x-y = et-e-t (x y -2s) 2 - ,_:__ (x _ _:._:_ x y-2s =
2s)
__
waarbij, omdat we alleen met reele t te doen hebben, de positieve wortel moet genomen worden. Dus q;
y)2
sin(x + y) + sin
+4
(1)
Analoog vinden we voor 'P door eliminatie van s en t uit x = et + s, y e-t- s, 'P = sin(et- e-t 2s)+sin (et-e-t), VJ
sin(x - y) + sin
4,
(2}
waarbij men die tak van de wortel moet nemen, die voor s 0 overgaat in et - e-t, dus voor xy = 1 in x - y. Wij vinden uit ( 1) en (2) sin x cos y + !sin
4
!sin
v = cos x sin y + !sin
4
!sin
u
264
WISKUNDIGE
Vraagstuk CXXVI. Van het stelsel vergelijkingen
ou y ox
ou
X-
oy
X
y
ov oy
4xy
ov ox
Bxy
wordt de oplossing gevraagd, waarbij voor y 2x, u 9x2 , 2 v = 6x • (Dr H. Bremekamp). 0 p g e 10 s t door P. J. VAN ALBADA, D. J. BOUMAN, Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS, lr A. V. HEEMERT, Dr L. DE }ONG, Dr W. T. KolTER en Dr R. LAUFFER.
0 p 1 o s sing van Dr L. Door x2 = a en y2
DEJoNG.
= fJ in te voeren : au oa
ov ofJ
ou
av
ofJ
oa
-+--=2 =4.
Optelling en aftrekking Ievert :
+ v) + o(u + v) =
o(u
oa
ofJ
o(u-v)
o(u-v)
oa
ofJ
6
2
met de op1ossingen:
u + v = 3(a + fJ) + q;(a-fJ) u - v = -(a- fJ)
+ f(a + fJ)
De grensvoorwaarden gaan over in: voor fJ
= 4a, wordt
OPGAVEN. N°. 126.
u = 9a en v = 6a. Hieruit: tp(a f(a + {J) /(Sa) = 0 zodat u + v = 3(a + {J) u v =-(a {J) u
a+ 2{J;
u
x2
+ 2y
{J) = cp(- 3a)
v = 2a 2
;
2
v
265
2x
=
0 en
{J,
+y
2
•
0 p 10 S Sing van Dr H. BREMEKAMP.
Uit het gegeven stelsel volgt o(u v) o(u v) y ox + x oy y
=
o(u -v) ox
12xy, 4xy.
Voor de eerste dezer vergelijkingen is het hulpstelsel van LAGRANGE
dx y
X
dus
u
v
=
6x2
cp(x2 - y2)
de voorwaarde voor y 2x geeft 9x 2 = cp(- 3x2 ), cp(A.) = - 3A. · dus u + v 3x2 + 3y2. Uit de tweede vergelijking vinden we dx dy d(tt- v) y x 4xy x2 y2 = C3, - 2x2 - (u- v) = C4 u- v= 2x2 + tp(x2 y2) en de voorwaarde voor y = 2x geeft 5x2 + tp(5x2). tp(..t) = A.. u v=-x2 y 2, dus
u v
+ 2y2 2x2 + y2 •
x2 =
266
WISKUNDIGE
Vraagstuk CXXVII. Van het stelsel Ou e"'~
ox
ov ox
ell-
ou e-x_
Ov ay
= 2e-Y
e-Y -
ox
ll f'"'
0, u =sinh x,
vraagt men de oplossing, waarbij voor y v = coshx.
(Dr H. Bremekamp).
0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, D. J. BouMAN, Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS, Ir A. v. HEEMERT, Dr L. DE ]ONG, Dr W. T. KOlTER en Dr R. LAUFFER. 0 p 1 o s sin g. Door eliminatie van v vinden we · eb-x) (
dus
u
ou
ax
au ) = 0
ay
'
Uit de voorwaarde voor y = 0 vinden we dan sinh x =
u
dus
y).
sinh(x
Door dit in een der gegeven vergelijkingen te substitueren komt er
ov
ov
ax
oy
2 sinh(x
y)
Het hulpstelsel van LAGRANGE is dx x
= -dy
+y =
c11
dv 2sinh(x
y)
2sinh(2x- c1 )dx = dv v cosh(2x c1 ) = c2 ,
dat geeft de oplossing v cosh(x
y)
+ 1p(x
y)
OPGAVEN. N°. 127 en 128. en de voorwaarde voor y
0 geeft
'IJ'(x)
cosh x
cosh x dus 'IJ'(x)
=
267
=0 v
=
cosh(x - y).
0 p me r k in g van Dr L. CRIJNS. Algemener vindt men als men als randvoorwaarde stelt voor y = 0, u = f'(x), v f(x) als oplossing u = f'(x- y), v = j(x y).
Vraagstuk CXXVIII. Van het stelsel ax bx
au ox au ox
+by
ov au av + (a+b)t~ ox + bx Oy + ayOy ov au b av
ay-
ax
ax
(a+b)v
Yay
ay
vraagt men de oplossing, waarbij voor y
=
(2a
+ b)x+ay
= bx + (a+ 2b)y 1, u = x, v
=
1.
(Dr H. Bremekamp).
0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, D. J. BouMAN, Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS, Ir A. v. HEEMERT, Dr L. DE JoNG en Dr R. LAUFFER. 0 p 1 o s sing van IrA. v. HEEMERT. Door op geschikte wijze termen samen te uemen blijkt dat het gegeven stelsel kan worden vereenvoudigd als men U
= u- x en V
v- y
als nieuwe afhankelijk variabelen invoert. De vergelijkingen gaan dan over in axUa> bxUa>
+ byV
11
b)U
11
11
b)V
met als beginvoorwaarden: voor y
1 is U
0 en V
= 0.
0 =
0.
268
WISKUNDIGE
De beginvoorwaarden impliceren: 1 is U"' = V"' = 0
voor y
zodat op grond van de vergelijkingen ook U Y = V Y = 0. N a differentiatie der vergelijkingen blijken ook aile volgende afgeleiden nul te zijn zodat de oplossing wordt gegeven door u 0, v = 0 of wel y.
V =
U =X,
0 p 1 o s sing van Dr H.
BREMEKAMP.
Uit het stelsel volgt door optelling x
au &x
av au ov + y -+ x -- + y &x ay ay ux
dus als w
ow ox
aw
(u
v)
=
2x
+ 2y,
vy
2x
+ 2y
l, w = x 2
en voor y
De hulpvergelijkingen van
LAGRANGE
l.
zijn hierbij
dw dx=dy= - - 2(x
+
gevende x - y
tv dw
d(x
y)
w !(x w = }(x
x
+
en de voorwaarde voor y
+
y) 2 y) 2
=
c2 ,
+ rp(x-y).
1 geeft nu
x 2 + 1 = !(x 1) 2 rp(x rp(x 1) = i(x- 1)2,
dus w = }(x
+ y) 2 + !(x-y)2 =
x2
y2. x y
2
Wij kunnen nu v elimineren. v =
1),
+y-
x
y
u en door
OPGAVEN. N°. 128 EN 129.
269
dit in de eerste vergelijking te substitueren
au ax
ax-
au
2bx-bu-bx
ox
ax au -u-ax-y
ay
au + bx-· &y
axil y
(a+ b)u
=
ay
(2a
+ b)x + ay
(2a
ax b)+-.
dus
ou ou) (a-b ( )--ax
a x a u---u y y X
&y
y
Hieraan voldoet u = x en daardoor is in eens aan de grensvoorwaarde voldaan. Wij vinden dus u x, v = y. 0 p mer kin g. De methode van LAGRANGE geeft als oplossing van de vergelijking voor u,
u =X+ (; )x~ if>(x de voorwaarde voor y
+ y),
I geeft dan if>
0.
Vraagstuk CXXIX. Men vraagt de oplossing van het stelsel cosx
au
ox
.
sm y
av ox
.
+smx
au oy
av
+cosy&y
usin x- vsin y
=cos 2x +cos 2y,
.
ou ox
av ox
smx- +cosy-
cosx
au oy
. Bv + smy By
+ucosx+vcosy= sin 2x + sin 2y,
waarbij op de rechte y = 2x, u
sin x, v =sin 2x.
(Dr H. Bremekamp). 0 p g e 1 o s t door D. J. BouMAN, Dr H. BREMEKAMP, Dr L. CRIJNS en Ir A. v. HEEMERT.
WISKUNDIGE
270
.0 p 1 o s s in g van Ir A. v.
HEEMERT.
Met
tJ>
u cos x v sin y, u sin x + v cosy,
=
lJ'
gaat het stelsel over in
t/> 11
Door optellen en aftrekken ontstaan dan afzonderlijke vergelijkingen voor = !(sin 2x- cos 2y I) lJ' !(sin 2y cos 2x + 1) waaruit direct wordt gevonden dat de oplossing van het oorspronkelijke stelsel is u = sinx v sin y.
0 pI o s sing van Dr
H. BREMEKAMP.
Door optelling der gegeven vergelijkingen vinden we
a ox {(sin x
+ cos x)u + (sin y + cos y)v} +
i)
+
Oy
{(sin x+cos x)u+(sin y+cos y)v}
=sin 2x
cos 2x +sin 2y +cos 2y.
Door aftrekking
a {(sin x - cos x)u- (sin y ou a . -~- {(sm x cos x)u- (sin y ay =
sin 2x
cos 2x
cos y)v} -cos y)v}
sin 2y - cos 2y.
OPGAVEN. N°. 129.
271
Stellen wij dus (sin x + cos x)u + (sin y (sin x - cos x)u- (sin y
cos y)v cos y)v
p, 1p,
dan hebben we ap
ox +
ap Oy
sin 2x + cos 2x + sin 2y + cos 2y
en voor y = 2x, p en
sin x(sin x
cos x)
sin 2x(sin 2x
cos 2x)
sin 2x - cos 2x + sin 2y - cos 2y en voor y
=
2x,
sin x(sin x
1p
cos x)- sin 2x(sin 2x
cos 2x).
Uit de eerste vergelijking volgt
!
p =
cos 2x + t sin 2x- t cos 2y + t sin 2y + 4>(x
y)
en de voorwaarde voor y = 2x geeft sin 2x(sin 2x + cos 2x) = sin x(sin x + cos x) - tcos 2x tsin 2x !cos 4x !sin 4x + 4>(- x), sin2 x + sin x cos x sin2 2x + sin 2x cos 2x 2 = - t + sin x sin x cos x ! + sin2 2x sin 2x cos 2x + 4>(- x), dus 4>(-x) = 1. p
= - i cos 2x + i sin 2x - i cos 2y + t sin 2y + 1.
Uit de tweede vergelijking tp
! cos 2x- i sin 2x +
=
i
waarbij de voorwaarde voor y
cos 2y + =
i
sin 2y + P(x
y),
2x geeft
sin x(sin x - cos x) sin 2x(sin 2x - cos 2x) -teas 2x- !sin 2x tcos 4x !sin 4x + P(3x), sin2 x - sin x cos x - sin2 2x + sin 2x cos 2x = = - t+sin 2 x-sin x cos x+!-sin 2 2x+sin 2x cos 2x+ P(3x) dus P(3x) 1p
=
0.
i
cos 2x - t sin 2x +
t cos 2y +
! sin 2y.
272
WISKUNDIGE
Wij hebben dus u en v op te lossen uit (sin x
+ cos x)u + (sin y + cos y)v !cos 2x + tsin 2x
}cos 2y
+ tsin 2y +
1
(sin x - cos x)u- (sin y - cos y)v = = - -~cos 2x tsin 2x !cos 2y + tsin 2y 2 sin x. u + 2 cos y. v - cos 2x sin 2y + 1, 2 sin y. v = sin 2x cos 2y + 1, 2 cos x. u waaruit
u
=
sin x,
v
sin y.
0 p mer kin g. In het proefschrift van Dr J. C. ScHONPropagation of Tides and Similar Waves. Delft 1951 worden stelsels van twee lineaire of quasi-lineaire vergelijkingen van de eerste orde uitvoerig behandeld en o.a. besproken, hoe men kan geraken tot de invoering van nieuwe onbekende functies (karakteristieke veranderlijken) zodanig, dat in elke vergelijking althans slechts afgeleiden van een onbekende functie voorkomen. FELD.
Vraagstuk CXXX. Men vraagt de oplossing van de vergelijking 8 2u Bt 2
ou
- fJ -
ot
=
A cos wt,
geldig voor t > 0, 0 < x < t, waarbij voor x 0, u = C11 voor x l, u C2 , (C1 en C2 gegeven constanten) en voor ou t = 0, 0 < x < l, u f(x), - - =
0 p 1 o s sin g. We 'beginnen met het zoeken van een particuliere oplossing, die aan de randvoorwaarden voldoet en dat doen we nog in twee stappen. Vooreerst bepalen we een oplossing, die voor
OPGAVEN. N°. 129
EN
130.
273
x = 0 en voor x l nul is. Daartoe vervangen we A cos wt door Aeiwt en nemen dan van de gevonden oplossing het reele deel. Stellen we u ve<wt, waarbij v een nader te bepalen functie van x is, dan vinden we
d2v
c2
(w 2
dx2
w2
Stellen we -
i{3w)v
i{3w
ift) 2 , dan wordt
(11.
c2
A.
0 voor x = 0 geeft
De voorwaarde v
A A2
c2(Jt
0 voor x
de voorwaarde v
l
A2e-(A+tp,H =
-~-. c2(Jt
+ i~t)2
Dus
_ A { - c2(1t+itt)2 -
1
A
sinh (lt+i~t)x + sinh(lt+ip) (l sinh{.A. i~t)l
+
{ i~t)2
. )2{- 1 c2(;t A tp,
cosh(.A. + ip) (x il)} cosh(.A. + i~t)l/2
-1 +-~-
cosh(.:tx-ip,(l-x)) +cos~(~(l-x)-ipx)} cosh Itt + cos p,l
WISKUNDIGE
274
~_A____ { - 1 + c2(A.
cosh .Ax cos p,(l
ip)2.
x)+cosh A.(l-x)cos p,x+ i(sinh .Ax sin p, x) + sinh A.(l cosh ).l cos p,l
Wij vinden dus voor het reele deel van
{
-
1
vetwt
+ _co_s_h_h_c_o_s_p,_(l__x_)_+_c_os_h_A._(_l__ x)_c_os_p_x} cosh A.l + cos p,l
A -c2-:-(A.-:c2---:--,- {2/.p cos wt sinh AX sin p,(l- x)
(A. 2 -
p 2)sin wt}
sinh A.(l- x)sin
cosh A.l + cos p,A. en als particuliere oplossing, die aan de randvoorwaarden volx doet v2 = vl cl + T (Cz- Cl)· Stellen wij nu u = v2 dan voldoet w aan
w,
voor x 0 en voor x = l, w en voor t = 0, 0 < x < l, w
ow
et
0 f(x) - v2 (x, 0) en
ov2 (x, 0) tp(x) - -ot--
Het bepalen van deze functie is eenvoudig met de methode van BERNOULLI.
0 p m e r k i n g. Het is opmerkelijk dat dit in wezen eenvoudige (althans weinig van zeer bekende vraagstukken afwijkende) vraagstuk tot zulke lange formules voert.
OPGAVEN. N°. 130 EN 131.
275
Vraagstuk CXXXI. Bewijs dat
I
00
t3) t}dt = _I_ F 3(i) . y3.
{t(3t3
20n
0
(Dr N. G. de Bruyn). 0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, D. J. BouMAN, Dr N. G. DEBRUYN, Dr L. CRIJNS, Dr L. DEJoNG en Mr J. v. YzEREN. 0 p 1 o s s i n g van Dr L. CRIJNS. Hier wordt afgeleid de betrekking 1
00
(I)
f {t(at"
I
1)- at"(I
+ Fi·}dt =
0
( 2a
Voor a
I 2) B (-aI, I - -2) ; a > 2. a
3 levert dit in verband met B(t, t)
=
Y:
P(t)
de verlangde uitkomst op. Eerst bewijzen we, dat beide leden van (1) bestaan. In het linkerlid is de integrand over elk eindig interval integreerbaar; voor t 0 is zijn waarde nul; voor t -... oo schrijven we de laatste term door ontwikkeling in de vorm
! I-a t-a)a = - arz+l- t---tl-a 2a2
..... .,
dus wordt die integrand van de orde t 1 -a en blijft hij voor a > 2 integreerbaar. Dat het rechterlid bij deze a bestaat, is bekend. Met het oog op de gedeelten, die bij de komende partiele 18
WISKUNDIGE
276
integraties buiten het integraalteken verschijnen, wordt opgemerkt: wat betreft de functies 1
a
(2)
(1
t
+t
0
!
+1
')"'
deze zijn ± 1 voor t 0 en worden voor t _,.. oo elk van de orde 1 t -a, zodat ook t.T1 en t.T2 naar nul convergeren. We passen op (1) particle integratie toe aan de hand van a a
daardoor gaat I over in (3) 0
Bij optelling van (a
1) X deze vorm bij (1) vindt men 00
I= a:ziT 2 dt.
(4)
0
Door particle integratie aan de hand van a
a+2
T 2 d(t)
wordt (4)
0
optelling van deze uitdrukking bij (4) geeft 00
2I =
a
a
(
2.,
I
00
(l+ta)~ -
1
dt
1
~----
a+2
0
! -1 ua (1
+ u) !a -1 du
0
dus naar een formule van
EuLER
;~ 2 B ( ~,
1
voor zijn eerste integraal
-~).
277
OPGAVEN. N°. 131 EN 132.
Vraagstuk CXXXII.
Laat 10 , 11 •••• In continu differentieerbare functies van x1 •.•• x,. zijn, die in elk der v&anderlijken de periode l hebben. Bewijs, dat 1
1
f f{
a.
ll · · · · fn)Jdx
....
0
Xl • .. • Xn
1 ••.•
dX 11 -- 0 •
0
(de uitdrukking tussen accoladen stelt de functionaaldeterminant voor). b. Als F, =
n ~
0, .... n) en det.i,i~o .... n au
a;1 / 1(i
i=O
dan verandert de uitdrukkmg
J.... .flo { 1
L1(fo, /1, .... In)
=
1
11 · .. · 1n}dx 1 Xl ..•• Xn
••••
dxn
o o· niet, wanneer we elke fi door de overeenkomstige Fi vervangen. (Dr N. G. de Bruyn). 0 p g e 1 o s t door Dr N. G. DE BRUYN, Dr L. CRIJNS, Dr R. LAUFFER en Dr L. SWEERTS. 0 p 1 o s s i n g van Dr N. G. DE BRUYN.
We mogen aannemen, dat 10 , •••• , I,. 2 maal continu differentieerbaar zijn (elke continue periodieke functie is gelijkmatig te approximeren door 2 maal continu differentieerbare periodieke functies). a. Laat Dii (i =f. j) de determinant zijn die uit de functionaaldeterminant D ontstaat door de rij 8ftloxi, ... , ofnf8xi te vervangen door fv ... , I"' en tegelijk de afgeleiden naar x1 in de j-de rij te vervangen door tweede afgeleiden naar xi en x 1• Per definitie zij Dii = 0. Door partiele integratie naar xi vinden we 1
J
1
I ... ID dx1 ••• 0
n
dxn = -
0
Daar
1
n
1
1
I ... 1Dt1 dx1 •••
1=1 0
n
Dus
~
0
1
J - ~ ~ I ... I Dt; dx 1 i=l i=1 0 0 Du = - D 1;, vmden we J = 0. n
•••
dxn.
dxn.
278
WISKUNDIGE
b. We bescbouwen Ll (F0 , F v ... , F n) als een functie van de getallen aii· Het is een multilineaire functie van de rijen van de matrix (au)· Als (aii) de eenbeidsmatrix is, is de waarde gelijk aan Ll (10 , 11 , .•• , In). Volgens een stelling van WEIERSTRASZ is nu (det aii)· Ll(l0 , • ·.,In), wanneer we nog kunnen bewijzen, dat bet linkerlid in zijn tegengestelde overgaat als we twee rijen van de matrix (a; 1) verwisselen, d.w.z. als we twee F's verwisselen. Verwisselen we Fi en Fi (i > 0, j > 0) dan is dit duidelijk, aangezien de functionaaldeterminant dan in zijn tegengestelde overgaat. Verwisselen we F 0 en F; (i > 0, gemaksbalve i 1), dan blijkt bet als volgt: LI(F0 , Fv ... , Fn)
= 11 o
· ·.
+ LI{F1 ,
11 { F oFv F 2' o
X1
'
X2,
F0,
•.• ,
••• ,
F n } dx 1
• • ·,
Xn
Fn) = . . •
dXn-
Het recbterlid is nUl blijkens bet eerste deel van de opgave.
Vraagstuk CXXXIII.
Bescbouw bet confocale stelsel oppervlakken
+ .... an A.
x2 n
l
=
l
in de n dimensionale euclidiscbe ruimte, waarbij a 1 •.•• an reeel en twee aan twee verscbillend zijn. Laat P een reeel punt zijn, dat niet in een der coordinaatvlakken ligt. Bewijs dat er n 1 reele verscbillende exemplaren in bet stelsel zijn, waaraan vanuit P n onderling loodrecbte reele raaklijnen kunnen worden getrokken. (Dr N. G. de Bruyn). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr N. G. DEBRUYN, Dr R. LAUFFER en W. A. J. LuxEMBURG.
OPGAVEN. N°. 132 EN 133.
279
Oplossing vanDrN.G.nEBRUYN. Grote latijnse letters stellen symmetrische matrices n bij n voor, kleine letters zijn kolomvectoren met n kentallen. Transpositie geven we aan door de exponent T. De coordinaten van het punt P geven we aan door de vector p, de vector met kentallen x1 , ••• , Xn zij aangeduid met x. Het stelsel kan worden aangeduid door x 7'(A
A.E)-1x
I.
De matrix (A + A.E)-1 noteren we als MA. Laat av ... , a .. de exemplaren aanwijzen die door P gaan; 1. deze getallen volgen uit de betrekking pT Mu p Beschouw de kegel met top in P, die het exemplaar A. omhult. De kwadratische termen in de vergelijking van deze kegel zijn De matrix van deze kwadratische vorm is Het is te verwachten dat de asrichtingen van deze kegel loodrecht staan op de raakvlakken in P aan de exemplaren av ... , a .. (zoals dit bij n 2 welbekend is). We kunnen dit inderdaad bewijzen, en zo de eigenwaarden van S bepalen. De vector loodrecht op het raakvlak in P aan het exemplaar a (a= a1 , ••• , a,.) is v MuP· We laten nu zien, dat v een eigenvector van S is; we gebruiken het feit, dat M"- Mcr
Sv
.4)Mi\Mcr.
wMi\MuP M"ppTMi\MaP = wMaP MAPPT MAP + M,\ppTMuP} = = (a- A.)-1{wMAP wMaP M"p(l + w) + MAP} = = -(a- A.)-1 wMaP .4)-1 ruv. =
SMuP
(a
=
= (a- .4)-1{ruMAP
De eigenwaarden van S zijn dus
w
A
w 1
al' • • • A-
an:
Opdat de kegel stelsels van n onderling loodrechte beschrij-
280
WISKUNDIGE
venden bevat,. is nodig en voldoende dat de som der eigenwaarden nul is, dus 1
1
--+···+--=0 . .A.-a1 A.-an De .A.'s die hieraan voldoen volgen uit de vergelijking /'(.A.) = 0, als /(.A.) = (.A.- a 1) ... (!.-an)· Daar de a's alle verschillend zijn, heeft de vergelijking f'(J.) = 0 n - 1 verschillende rei:He wortels.
Vraagstuk CXXXIV.
tn
zij gedefinieerd door n-1
/1 =
~
1, fn =
dkfkfn-k (n
=
2, 3, 4 · · .),
k=l
waarin dk =a, (k = 1, 3, 5 ... ), dk = b(k = 2, 4, 6 ... ). Gee£ expliciete uitdrukkingen voor / 2 n en / 2 n+l· (Dr N. G. de Bruyn). 0 p 1 o s sin g.
Stel P(z) Q(z)
+ / z + / z + ... f2z + /4Z 2 + fsZ 3 + · ..
= /1 =
3
5
2
Dan is, als
F(x) F(x)- x
+ Q(x2), + bQ(x2)}F(x).
= xP(x2) =
{axP(x2 )
Door deze identiteit op te schrijven voor x resp.- x, vindt men P(x2) - 1 = (a b) P(x2) Q(x2) Q(x2) = ax2 P2(x2) + b Q2(x2).
+
=
Door eliminatie van Q vinden we, na afkorting P(x 2) = 1 + w, x 2 = z, (aw +a+ b)w a(a + b)2 (w + 1)4'
z = ---,-:.-------, terwijl P(z)
=
1
+ w,
w
Q(z)
=
(a+ b) (1
+ w)"
OPGAVEN. N°. 133, 134 EN 135.
281
Volgens de fonnule van BuHRMANN-LAGRANGE vinden we nu P(z)
1
ooI: +n=l
oo
z" ( d n! dw
z" ( d
O(z) = I: ~
dw
nl
n=l
)"-1{
)n-1 {
(w I)4n } --a"(a (a+ b + aw)" w=O
+ b)
2
"
'
+ 1)4-n-2 } a"(a (a + b aw)n w=O (w
De coefficienten in deze reeksen geven resp. de waarden van f?in+l en / 2 -,., zodat ~:(a
f 2 n+i
+ b)2n+i-1 (_!:____)n-1 { (w nI
dw
(a
1)4n+2i-2}
b
+ aw)"
w=o
0, 1; n = 1, 2, 3, ... )
(i
Vraagstuk CXXXV.
Bepaal het asymptotische gedrag van / 2 n+l en / 2 ,. uit de vorige opgave, a1s a> 0, b > 0 wordt ondersteld. (Dr N. G. de Bruyn). 0 p 1 o s sin g.
Voor n
I, 2, 3, ... ; j = 0, 1 vonden we an(a
f2n+i
=
b)2n+i-1
(_!:____)n-1 { (w + 1)4n+2J-2 } dw
!
n.
(a
b
•
) w=O aw"
Hierin is 2 2 4 . {(a+b+aw)+bw} b)-4n-2J+2 ______ _ "+ i- = (a+ b aw)"
+
(a
(4n+2'-2) + b)-4n-2i+24n+2J-2 I; bkwk(a+b+aw)3n+2J-2-k 1 . k
k=O
We vinden hieruit f2n+1
(
=
a"(a+b)-2n-1+1 n-1 L bk(a+b)2n+2i-lan-1-k n k=O
3n+2f-2-k)(4n+2f-2)= n-1-k
k
a"(a+b)i (4n+2f-2)! X n(n-1)! (n-1) !(2n+2f-1)!
282
WISKUNDIGE n-1 (
I:
k=O
nk
1) an-l-kbk B(n, 3n+2f-1-k)
=
j" (I-x)n-lx2n+2i-l(ax+b)n-ldx 1
an(a+b)i (4n+2f-2) r = · n!(n-l)! (2n+2f-I) l
·
0
+
Het maximum van p(x) (1 - x)x 2 (ax b) in het interval 0 :::;;; x :::;;; 1 wordt aangenomen voor x g, waar ~
{3(a
b)
+ V 9(a- b) + 32ab}f8a. 1
2
De asymptotische formule voor de integraal is dus 1
J (l
x)-lx2H (ax
b)-1 {p(x)}n dx ,_,
0
(1 _ g)-1 g2;-1
(a~
b)-1 pn(~).
(~)t. waarin
(
p'(~) )'
p(~)
1
2
= ( l - ~) 2 + E2- +(a~
a2
Samenvattende vinden we, gebruik makende van de formule van STIRLING,
Vraagstuk CXXXVI. Als gegeven is
x 2 (y+z+2) (y-z) = y2 (z+x+2) (z-x) X
=/= y, y =/=-
Z, Z
=f::
z2(x+y+2) (x-y),
X,
te bewijzen
3(xy+yz+zx)
+ 4(x+y+z) =
0, 3xyz
2(xy+yz+zx)
0.
(Dr G. van Hasselt).
0 p g e 1o s t door P. J. VAN ALBADA, M. G. BEUMER, Dr L. CRIJNS, Dr C. J. v. GRUTING, Dr G. v. HASSELT, Dr L. DE }ONG, J. C. KoK, Dr R P. W. NANNING, G. v. D. VoET, J. WICHERS en Mr J. v. YzEREN.
OPGAVEN. N°. 135 0 p 1 o s sing van Dr C.
EN
J.
136.
283
VAN GRUTING
In verband met de voorwaarden x y en x =F z kan x 0 slechts aan de gegeven betrekking voldoen voor z - 2 en y = 2 en dit is niet mogelijk in verband met de voorwaarde y =1= z; aan de be trekking kan dus slechts worden voldaan door waarden van x, yen z, die ongelijk nul zijn. De gegeven betrekking kan dus geschreven worden in de vorm:
waaruit blijkt, door optelling van de overeenkomstige tellers en noemers van deze breuken, dat
dus ~
Stellen wij s1
x, s2
=
~
xy en s3 = xyz, dan is dus (1)
De gegeven betrekking is ook te schrijven in de vorm x 2(y
+z
2) (y
y
x
z
+ 2) (z -x) 2 -
z-x y
+ 2) (x-y)
2
x-y
zodat ~
x2(y
z
+ 2) (y-z) 2 =
0,
dus 0 = ~ x 2 (y2 - z2) (y - z) 2 ~ x 2 (y z) 2 = 2 = ~ x2y (y - z - z - x) 2 ~ x2 (y2 z2)
=
4 ~ x2yz = x2y 2 (s1-3z) 4 ~ x2y2 - 4s1s3 = - 3 ~ x 2y 2 z - 4s1s3 = - 3s~3 4 s1s3 =-s3 (4s1 +3s 2), ~
dus (2)
284
WISKUNDIGE
Door middel van (1) en (2) vinden wij dan:
=
s 2 (4s 1 +3s 2)
4s 1 s 2 +3s~
4s1s 2 +6s1s3
= 2s1 (2s 2 +3s 3)
0,
dus
Vraagstuk CXXXVII. C2 stelt voor de klasse van alle continue, overal gedefinieerde f(x), waarvoor x f(y). Bewijs dat de functies functies y van c2 monotoon zijn, en karakteriseer de monotoon toenemende zowel als de monotoon afnemende functies van Ca. Bevat de klasse C3 van alle continue, overal gedefinieerde x, nog andere functies functies y = f(x), waarvoor f[f{f(x)}] dan f(x) = x? (Dr ]. Korevaar). 0 p g e 1 o s t door Dr L.
CRIJNS
Oplossing van Dr
en Dr
J.
J.
KoREVAAR.
KOREVAAR.
1e. De functies van C2 zijn strikt monotoon. Immers, ze zijn continu, en ze bezitten een inverse functie. Men ziet zonder moeite dat de functies van C2 de x-as een - eenduidig afbeelden op de gehele y-as. 2e. Stel dat y f(x) van C2 monotoon toenemend is. Dan is g(x) = f(x) x eveneens monotoon toenemend, en g(x)
/(x)
+x
y
f(y) = g(y)
g{f(x)}.
Hieruit volgt dat noodzakelijk f(x) x. Deze functie behoort inderdaad tot c2; het is de enige monotoon toenemende functie van c2. 3e. Stel dat y f(x) van C2 monotoon afnemend is. Dan is h(x) = f(x) x eveneens monotoon afnemend. h(x) loopt van ~ oo naar -~ oo, als x loopt van- oo naar oo, en h(x) = f(x)
x = y - f(y)
-h(y).
Hieruit volgt dat men alle monotoon afnemende functies
OPGAVEN. N°. 136, 137 EX 138.
285
van C2 als volgt kan verkrijgen. Ga uit van een willekeurige oo continue functie h(x), die monotoon daalt van+ oo naar als x loopt van - oo naar oo. Definieer nu: y = f(x) is de h(x). Men verifieert gemakwaarde van y waarvoor h(y) kelijk dat y = f(x) impliceert x f(y), en dat f(x) behoort tot c2. 4e. De functies van C3 zijn strikt monotoon (vgl. 1). Ze zijn monotoon toenemend (be\i\rijs uit het ongerijmde). Met f(x) is ook g(x) = f(x) + /{f(x)} x monotoon toenemend: men ziet gemakkelijk dat g(x) = g{/(x)}, zodat f(x) = x de enige functie is van C3 .
Vraagstuk CXXXVIII. Bij een gegeven kromme K in de ruimte beschouwt men de -+
verzameling E der punten P gegeven door OP -+
-+
-+
OP1
OP2 + OP3, waarin Pv P 2 en P 3 onafhankelijk van elkaar K doorlopen. Bewijs dat K een echte ruimtekromme is als en slechts als E een inwendig punt bevat. (Dr J. Korevaar). 0 p g e 1 o s t door Dr L. CRIJNS, Dr W. T. KOTTER, Dr]. KOREV.'\.AR en Dr R. LAUFFER. 0 p 1 o s sing van Dr J. KoREVAAR. 1) Als K een vlakke kromme is, gelegen in het vlak V: x =a + A.b pc, dan behoort de verzameling E tot het vlak W : x = 3a + A.'b p'c. In dit geval bevat E (als verzameling in de ruimte) geen enkel in wen dig punt. 2) Laat K een echte ruimtekromme zijn, gegeven door x = x(t), 0 ~ t 1. We nemen aan dat x(t) een continue afgeleide x' (t) bezit. E verschijnt als het beeld van de eenheidskubus I: 0 ~ t; l, i 1, 2, 3, door de afbeelding (I)
286
WISKUNDIGE
Uit het feit dat K geen vlakke kromme is volgt, dat de determinant
I x~(t;) li, k= 1, 2, a
(2)
niet identiek nul is. Maar (2) is juist de determinant van jACOBI van de afbeelding (1). Laat (2) of= 0 zijn voor t; = u;, waarbij we mogen aannemen dat ui een inwendig punt is van I. Dan bestaat er een volle omgeving fJ van het punt y(u;) vanE, waarop de t's uit (I) kunnen worden opgelost als functies van y. M.a.w. zo'n fJ behoort tot E; E bevat in dit geval inwendige punten.
0 p mer kin g. Men kan gemakkelijk een stelling uitspreken voor R,. (n > 3) analoog aan de bovengenoemde voor Ra.
Vraagstuk CXXXIX. Gegeven is dat 2: a,. oneindig veel ,Ostrowski-gapingen" (m'P, n'P) vertoont, d.w.z. a,. 0 voor m 11 < n :;:;;, n 11 (m 11+l>n 11 ) voor p = 1, 2, ... , waarbij n 11 jm'P 2 c > 1. Is nu bekend dat 2: an Cesaro - sommeerbaar is van een of andere orde, tot de som s, dan geldt lim
s.
Smp
p-?-oo
Bewijs dit. (Dr ]. Korevaar).
0 p g e 1 o s t door Dr L
0 p 1o
s
CRIJNS
sing van Dr
en Dr
J.
J.
KoREVAAR.
KoREVAAR.
Bewijs. Definieer s
s(k-1) 1
+
· · ·
+ s
s
a,..
OPGAVEN. N°. 138, 139 EN 140.
287
k) sommeerbaar is met som s
Het gegeven dat I: an(C betekent dat nk
k! s
o(n"'), (n-->- oo).
Kies n en h zo dat mp::;:: n::;:: np
kh. Dan geldt
Ll~ s~k) Ll~-1 {s~k;:-l>
Hieruit volgt, dat voor deze n en h
Ll~ { ~: s
hksn Sn
s
o(nk)}
h-k o{(n
=
hks
kh)i'},
+ o{(n + kh)k}, (n-->- oo).
We mogen in het bijzonder kiezen n = mP, h = hp, waarbij c1mP < h 11 < c2mP(c 1 > 0, kc 2 c - 1). Dan vinden we dat smP s o(I), (p-->- oo),' hetgeen te bewijzen was.
0 p m e r k i n g e n. Voor Cesaro-sommeerbaarheid van de eerste orde is het bovenstaande bewezen door KoLMOGOROFF (Fundamenta Math. 5 (1924) p. 96-97). Een verwant resultaat voor Borel-sommeerbaarheid is bewezen door ZYGMUND (Journal London Math. Soc. 6 (1931) p. 162-163).
Vraagstuk CXL. In de fotogrammetrie gebruikt men een zgn. onthoekingsapparaat om door een centrale projectie uit een foto van een vlak terrein een kaart te maken. Bewijs dat het ,in het algemeen" mogelijk is om twee projectieve puntvelden, die zich bevinden in een driedimensionale Euclidische ruimte, zodanig ten opzichte van elkaar te plaatsen dat zij perspectief worden. (Dr J. Korevaar).
0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr L. CRIJNS, Dr. J KOREVAAR en Dr R. LAUFFER.
288
WISKUNDIGE 0 p 1 o s s i n g van Dr
J.
KOREVAAR.
Een perspectiviteit van twee elkaar snijdende vlakken voegt elk punt van de snijlijn aan zichzelf toe. Omgekeerd is een projectiviteit van twee snijdende vlakken, waarbij elk punt van de snijlijn met zichzelf correspondeert, noodzakelijk een perspectiviteit. \Ve zullen daarom moeten nagaan, of twee projectieve puntvelden in het algemeen congruente corresponderende puntreeksen bevatten. De projectiviteit van twee puntvelden V (rechthoekige coordinaten x, y) en V'(x', y') wordt uitgedrukt door een verband van de vorm
:x'
a1 x+b1 y+c 1 , a2x+bi!Y+c 2 ·······+--b +-, Y = a3 x 3 y c3 a3 x +bV' ..L, c3 (la;h;cili=l,Z,3 :f::. 0).
We onderstellen dat de oneigenlijke rechten van V en V' niet met elkaar corresponderen, d.w.z. ofwel a 3 :f::. 0, ofwel b3 0. (,In het algemeen" zal aan deze voorwaarde voldaan zijn). Het enige oneigenlijke punt van V dat met een oneigenlijk punt van V' correspondeert is dan het punt (- b3 , a 3 , 0). De waaier w(A.) van evenwijdige rechten a3x b3y =A. in V correspondeert met een waaier w' (A.) van evenwijdige rechten in V'. Beschouw twee rechten pi : ba:x aaY = di (i 1,2), zodanig gekozen dat zij gelijke stukken ter lengte 1 afsnijden van de rechten van w(A.). p1 en p2 corresponderen met snijdende rechten p~ en p~ in V' (anders zouden de oneigenlijke rechten van V en V' toch met elkaar corresponderen). ::\:len kan dus twee rechten q~ en q~ in w' (A.) vinden waarop p~ en p~ stukken afsnijden ter lengte 1. Laat q1 in V corresponderen met q~ in V', A in V met A' in V' enz. De projectieve puntreeksen q1 en q~ zijn congruent. Immers als A resp. B de snijpunten zijn van q1 met P1 resp. p2, dan correspondeert het midden C van AB met het midden C' van A'B', aangezien de oneigenlijke punten van q1 en q~ met elkaar corresponderen. Nu zijn de corresponderende drietallen ABC en A'B'C' congruent, zodat de projectieve puntreeksen q1 en q~ congruent zijn. Plaatst men de puntvelden V en V' zodanig, dat corresponderende punten van q1 en q~ samenvallen, terwijl de vlakken V en V' overigens geen punten gemeen hebben, dan wordt 'de projectieve cor-
+
OPGAVEN. N°. 140 EN 141.
289
respondentie van V en V' tot stand gebracht door een perspectiviteit.
Vraagstuk CXLI. Gegeven een projectieve afbeelding (,foto") A'B'C'D' van het puntveld ABCD .... In elk der beide puntvelden zij een Euclidische maatbepaling gegeven. Van belang in de fotogrammetrie is het begrip isogoonpunt: het punt P' heet isogoonpunt van de foto als alle hoeken in de foto die P' tot hoekpunt hebben gelijk zijn aan de hoeken waarvan zij het beeld zijn. Gevraagd: le. Hoeveel isogoonpunten zijn er in het algemeen? 2e. Construeer de isogoonpunten, als de correspondentie van de puntvelden gegeven is door twee corresponderende (algemeen gelegen) viertallen A, B, C, Den A', B', C', D'. (Dr ]. Korevaar) 0 p gel o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr L. CRIJNS, Dr J. KoREVAAR en Dr R. LAUFFER. 0 p 1 o s s i n g van Dr
J. KOREVAAR.
le. ,In het algemeen" zullen de oneigenlijke rechten van de projectieve puntvelden V en V' niet met elkaar corresponderen. Men plaatse dan V en V' zodanig dat zij perspectief worden (vgl. het vorige vraagstuk). Laat S het centrum zijn van de perspectiviteit, s de snijlijn van V en V'. Als P in V correspondeert met P' in V', dan gaat PP' doorS. De lijn pI Is door P correspondeert met p' If s door P'. Laten we nu aannemen dat P' een isogoonpunt is van V'. Dan correspondeert de lijn q j_ s door P met q' j_ s door P'. Het snijpunt van q ens correspondeert met zichzelf, zodat q en q' elkaar moeten snijden; q en q'liggen dus in het vlak a doorS, s. Laat a de lijn s snijden in Q. Uit de vereiste gelijkheid der hoeken in Pen P' volgt dat PQ = P'Q. De enige puntenparen P, P' die voor de rol van isogoonpunten in V, V' in aanmerking komen zijn dus de puntenparen in V, V' die men krijgt door lijnen te trekken door S loodrecht op de beide bissectrice-vlakken van de hoeken gevormd door V en V'. Men verifieert gemakkelijk dat de
290
WISKUNDIGE
aldus geconstrueerde puntenparen I, I' en J, J' inderdaad isogoonpunten zijn. Het aantal isogoonpunten in V' bedraagt dus in het algemeen twee. 2e. Als I en I' corresponderende isogoonpunten zijn van V, V', dan correspondeert de rechthoekige straleninvolutie in I met de rechthoekige straleninvolutie in I'. M.a.w. de isotrope rechten door I corresponderen met de isotrope rechten door 1'. Deze eigenschap karakteriseert de isogoonpunten volkomen, zoals volgt uit de bekende definitie van de hoek tussen twee stralen a en b met behulp van de logarithme van de dubbelverhouding (i1 i 2 ab). \Ve beginnen met in V' te construeren de rechte a/, die correspondeert met de oneigenlijke rechte van V; we nemen natuurlijk aan dat w' een eigenlijke rechte is. w' wordt gevonden als volgt: laat CE Jf AB, dan ligt het snijpunt van C'E' met A'B' op w', enz. Vervolgens construeert men van twee stralenparen van een rechthoekige straleninvolutie in een punt F van V de corresponderende figuur in V'; de stralenparen in V' snijden w' in puntenparen G~, G;, resp. H~, H;. De {niet reele) dekpunten van de involutie op w' gegeven door deze puntenparen zijn de beeldpnnten van de isotrope punten van V. Tenslotte construeert men de punten I' en J' van V' waaruit men zowel het paar G~, G~ als het paar H~, H~ onder een rechte hoek ziet. 1' en J' zijn de isogoonpunten van V'. Immers, de isotrope rechten door bv. I' gaan door de beeldpunten van de isotrope pun ten van V; zij corresponderen dus met de isotrope rechten door I van V (I is het punt van V dat met I' correspondeert).
Vraagstuk CXLII. Von n :2: 2 zyklisch geordne ten Pnnkten sind k :S n/2 Punkte so zu bezeichnen, dass zwei bezeichnete Punkte nicht benachbart sind. Auf wieviele verschiedene Arten kann dies geschehen? (Dr R. Lauffer). 0 p g e 1 o s t door Dr L. CRIJNS en Dr R. LAUFFER.
OPGAVEN. No. 141
EN
0 p 1 o s s i n g van Dr R.
142.
291
LAUFFER.
Die Anzahl der im Sinne der Aufgabe richtigen Bezeichnungsweisen von k Punkten eines n-punktigen Zyklus ist
( 1)
Nn,k =
n
k(n-k-1) 1
:k
Beweis: Fiir k = 1 ist Nn,I = n richtig. Fiir n = 2k, ist N 2k,k 2 richtig. Fiir die Gleichung ( 1) gibt es die leicht zu verifizierende Rekursionsgleichung (2) welche noch zu beweisen ist. Die Nn,k richtigen Bezeichnungsweisen von k Punkten eines n-punktigen Zyklus lassen sich in 5 Klassen einteilen: a) P,. ist unbezeichnet, P n-I und P 1 sind unbezeichnet, b) P,. ist unbezeichnet, entweder P ,._ 1 oder P 1 ist bezeichnet, c) P,. ist unbezeichnet, P ,._1 und P 1 sind bezeichnet, d) P,. ist bezeichnet, P ,._2 ist unbezeichnet, e) p n ist bezeichnet, p '11-2 ist bezeichnet.
a
l
d
? u ? u u
e
b
b
c
u b u b u u
u
I
u u b b
I
u u b b u u
u = unbezeichnet b
bezeichnet
?
beliebig
Sind k Punkte eines (n- 1)-punktigen Zyklus richtig bezeichnet und setzt man den unbezeichneten Punkt P,. ein, dann erhalt man eine richtige Bezeichnung der Klasse a) oder b). Aus verschiedenen richtigen Bezeichnungen von n I Punkten erhalt man verschiedene Bezeichnungen der Klassen a) und b). Streicht man bei verschiedenen Bezeichnungen der Klassen a) und b) den unbezeichneten Punkt P ,., dann erhalt man verschiedene, richtige Bezeichnungen von tt I Punk19
292
WISKUNDIGE
ten. Es ist daher die Summe der Elemente der Klassen a) und b) gleich Nn-l,k' Die Nn- 2 ,k-l richtigen Bezeichnungen von (k 1) Punkten eines (n- 2)-punktigen Zyklus lassen sich in drei Klassen einteilen. a) P 1 bezeichnet, {J) P 1 unbezeichnet, P n-2 unbezeichnet, y) P 1 unbezeichnet, P n- 2 bezeichnet.
a
u
p1 b
fJ
1f
u
y
b
u
Pn-2
Die heiden Tabellen zeigen, daB man durch streichen der Punkte P n-t und P n- 2 aus einem Element der Klassen c), d), e) ein Element der Klassen a), {J) bzw. y) bekommt und daB man durch einsetzen eines bezeichneten Punktes P n-1 und eines unbezeichneten Punktes P n aus einem Element der Klasse a) ein Element der Klasse c) bekommt und durch Einund eines bezeichsetzen eines unbezeichneten Punktes neten Punktes P n aus einem Element der Klassen {J) und y) ein Element der Klasse d) bzw. e) bekommt. Es ist daher die Summe der Elemente der Klassen c), d) und e) gleich Nn- 2,k-l und daher Nn-2,k-1
+ Nn-1,k
Nn,k
die zu beweisende Rekursionsgleichung. 3
6
4
5
7
8
9
11
12
OPGAVEN. N°. 142 EN 143.
293
Vraagstuk CXLIII. Man zeige, daB die Funktion 1
y = ---------,-. arc cos x arc cos
0
<X<
1,
steigend ist. (Dr R. Lauffer). 0 p g e 1 o s t door Dr L. CRIJNS, Dr L. DE JoNG, Dr R. LAUFFER, Dr L. SWEERTS en Mr J. V. YZEREN.
Oplossing vanMrj.VANYZEREN. Stel arc cos x = u, arc cos x2 1
1
u.
v
v, dan is v
>u
en y =
dus
dv dx
du
dx
dy
du
dx (
v2
-~ ~-
dx du Daar dx in 0 v2
getoond - 2 u
<x<
dv) du ·
1 negatief is, moet slechts worden aan-
dv
> -. du
Uit cos v = cos2 u volgt
dv du
2 sin u cos u sin v
2 sin u cos u
2
-cos4 u u
Dit is een dalende functie van u. Dus volgt uit v
f
dv du
du
0
v
>
dv
v
u - , dus du u
f . . v2 en a ortlon 2 du u dv
>-
dv
> -. du
'
WISKUNDIGE
294
Vraagstuk CXLIV.
> 2, dann ist
Ist a
n <
cos
= cos 2
a>
n
-~ ,_
a+
I
je nachdern
< >
a=3 ist.
(Dr R. Lauffer).
0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr L. Dr L. DE JONG, Dr R. LAUFFER, G. v. D. VoET en Mr
J.
v.
CRIJNS,
YzEREN.
0 p 1 o s sing van G.
. (n2- a+n
n cos--
1
a
cos2
sm
a
. n(a-1) · 2(a + I)
=Sin
I
.
! { srn
n
2
V. D. VOET .
)
1
• COS
. n(a-1) sm--2(a + I) a
+ srn. n(a-3)} ---) = 2(a 1 {1)
Voor
2
. n(a-3) n gelegen tussen-- en 0, dus 2(a + 1) 6
de sinus negatief. Voor a V oor a
positief.
3
>
. n(a-3) . . = 0, dus de srnus IS 0. 2(a + I)
IS
n d d . . n(a - 3) ge1egen tussen 0 en - , us e srnus 3 1s -·· 2(a 1) 2
+
OPGAVEN. N°. 144.
295
Uit (1) volgt nu TC
(I)
a
(II)
cos
> < ! als a = 3 (a > 2). < >
=
1
n< n>n < ! als - = - of a 3 (a> 2). a > a < 3 >
Uit I en II volgt, n
cos
<
!
a>
<
< n cos2 - - a:ls > a+I
a
n
<
a+I
>
>
3 (a
>
2),
dus cos
<
n
cos2 - - , als a
a>
Oplossing van Dr L. n
Stellen wij cos
y
<
1, dan is
1
a
VOOf
a
x en cos
=
= 3:
X
n
a
1
X
~
l v2:
-------~ bg COS
bg COS X en daar bg COS X . IS
d US y 2><
X2 ,
d .W.Z.
1 ----
bg COS y2
COS TC> < COS2
a
y2 ; a
>
= y = t y2 en dus
Volgens No. 143 neemt - - bg COS X Dus is voor a ~ 3 en
> 2).
DEJONG.
bg cos(lv2) 2
bg cos(!v2)
3 (a
a
n
2, 0
<
x,
29'6
WISKUNDIGE
Vraagstuk CXLV. Gevraagd, de determinant 2n1~14
2n14n 24 -2(ni2-n2anu +n24na1) 2:n;23:n;31
2nl2(n24-nar) 2nr~2a
in factoren te ontbinden. De getallen nii voldoen aan :itr~34 + n23n14 + nar:7t24 0. (Dr D. N. Lelyveld). 0 p g e 1 o s t door P. Dr D. N. LELYVELD en
J. J.
VAN ALBADA,
Dr L.
CRIJNS,
WICHERS.
J.
0 p 1 0 s s i n g van
WICHERS.
Kortheidshalve schrijven wij: n 12 = a, n 23 = b, n:11 x, :n14 = y, :n24 = z. De determinant is gelijk aan:
c,
:n34
yz Ll
(a2 -
4a
by
+ cz)
-be
c b
De determinant
~ splitsen wij
4a rekenen determinanten:
in vier gemakkelijk te be-
a2+y2 0 y -2ey -a2+by -e -be b a2+b2+e2
+
yz -a2 +by -be
a2 + y2 + z2 2(bz- ey) a2 + b2 + c2
y
z
a2+y2 2bz +z b a2+b2+c2 y
0
0
0 z b
-c b
z2 2bz a2+b2+e21
Voor deze determinanten vinden wij respectievelijk:
(y b) {(a2 - by) 2 + a2e2}, eyz(a2 - b2 + c2), 2 2 -eyz(a +b +e2-2by)+bz2(-a2+by-c2) en yz2(a2-b2 +e2 ). De som hiervan is: by)2 a2z2 (y- b){(a2 (y b){(a2 -
+ e2z2
a2c2
by- cz)2
2bcyz} = a (z + c) 2} 2
OPGAVEN. N°. 145 EN 146.
of, wegens ax
297
cz = 0:
by
A
x) 2
a = (y- b) .a2{(a 4
c) 2}
(z
Dus: Ll 4a3 (y- b){(a + x) + i(z+c)} {(a+x)-i(z+c)}, of, in de oorspronkelijke notatie: A = 4.niz · (.nu- .?t2a) · {(.nlz .1t34) i(.n24 .1ta1)} · {(.n12
+
+
+ .n34) -
i(.n24
+ .7tstH·
Vraagstuk CXLVI. Show that for any integer n ;<;; 2 1
n-1
3 l: - .
1 (mod n).
-
k.n sm n
k=l
2
(Dr B. van der Pol).
0 p g e 1 o s t door D. J. BouMAN, Dr L. DEJoNG, J. C. KoK, Dr R. LAUFFER, W. A. J. LuxEMBURG, Dr B. v. D. PoL, G. v. D. VoET en Mr J. v. YzEREN. 0 p 1 o s sing van D. J. BouMAN.
Van de vergelijking van de graad (n- 1) Ln_1 (z)=(z
worden de wortels zk (k l
+ z;;
l)n-zn
I, ... n 1
= exp
Dus is zk = {exp
rl
(~:.ni)- 1
0
(1)
I) gegeven door
2k.ni) . (n
=
;i k: cotg
i·
Hieruit volgt 3 n-1 l: sin-2 ( - k.n) k=l n-1
=
3 l: {I k=l
n
=
3 n-1 l:
+ (2izk + i)
{
k=l
I
+ cotg2 n-1
2}
= -
(
k.n )} = -n n-l
12 l: z~- I2 l: zk. k=l
k=1
298
WISKUNDIGE
Uit de coefficienten van (1) volgt
sl
(~)
n-1
( ; ) ~-!(n-1),
I: zk =
::;:.=
k=l
(;)
-=Hn
1) (n-2),
(7)
n-1
52
= I: z% =
Si -2511
l2
(n -1) (5 -n),
k=l
waaruit blijkt, dat 3 n-1 I: sin-2 k=I
(k;n;) ~~-
1 = - I (mod. n).
n
0 p 1 o S sing van W. A.
J.
LUXEMBURG.
Maken we gebruik van de relaties sin nq; - .-
sm q;
= n
+ n-1 I: ak sinkq; k=2
(n = oneven)
met n(n2 -
I)
sin nq; = n sm q; cos q;
--·-···-~-, .
3!
. + n-2 I: {Jk smkq; k=2
(n
met
n(n 2
4)
{12=-~-,
dan kunnen we concluderen, daar voor n
nt(n-1) II ( 1 -sin2 - -q;) -, k=l
. 2 k;n; sm-
n
k;n; . n2 - 1 I: cosec2 - k=l n 3l
l(n-1)
oneven
even)
299
OPGAVEN. N°. 146. n-l kn n2 - l ~ cosec2 = --
en dus
n
k=l
oneven),
(n
3
Voor n = even geldt 2
q;)
sin _sin _mp ___.:___ = n i!n-2) II ( 1 - sin q; cos q;
k:n: 11 sm-
k=I
•
n
en dus
· t!n-2)
~
cosec2 -
k:n:
k=l
n2 -
n
6
waaruit volgt, daar n-1 kn t(n-2) kn ~ cosec 2 = 2 :E cosec2
n
k=l
voor n
4
n
k=1
n
+ cosec2 2
even, dat in dit geval ook nl:,1 k=t
cosecz kn = n
2(nz -6 4)
We vinden dus n- 1
kn
k=t
n
:E cosec2
3
waaruit 't gestelde volgt. 0 p 1 0 s s i n g van Mr
In
J. VAN
sin2 nx
n-1
n sin x
i=1
Y ZEREN.
. . ___ = 1 + :E c; sin2i x 2 2
is de coefficient c1 aldus te vinden . sm . _ • 2 nx ) lim ( -2 - 2- - 1 sm 2 x = x-o n sin x lim (sin nx ~ n ~~11 x . sin nx ~ n sin x) re-o n sm x n sm3 x tn 3 tn n 2 -1 2. 3 n
+
x)
II
1 -sin2 --
1
.
n-1 (
kn sm2 n.
300
WISKUNDIGE
is eveneens een polynoom van de graad n- 1 m sin 2 x. Elke kn n-1 wortel sin 2 is ook wortel van 1 ~ c1sin 21 x, want n i=l
+
sin nx = 0 voor x = kn. De multipliciteit der wortels is gelijk, n kn n immers als x ----* - :f. - , dan naderen alle fact oren van II n 2 sin2 x tot een van 0 verschillende 1imiet beha1ve I k = 1 - - - . kn sm2 n 2 sin x en In-k= 1--~--~ waarbij n-k ' sin2 - - n n
sin 2 nx 1 lim-----kn
X----*2
=
. hm
smn (
. 2 n 2 Sln
X
I k I n-k n-k ) smn ( x--n-n
. kn) x--;;
k"'(·kn.) sm x
n-k
x----*2 n sm -;; -
n ( sin-n- n-sinx
)
• kn 4 sm-
n
kn + sm. x )2 sm. 2x (sm. -;; dus nadert
=
t
• 2 sm nx . .. . II-1 tot een van 0 verschtllende 11m1et. 2 2 n sin x
~--
. 1e geval, dat x----* -kn = n- ts . er sec 1 h ts een '' f actor I n h et specta n 2 •
2
Slll X d .. . van II, d1e tot 0 nadert nl. 1 - - - ; n moet an even ZlJn en
1
men krijgt lim sin2 nx =lim ,.n2 sin2 x(1-sin 2 x) "'
x----*2
sin 2 n(x-~)
2 . . ( x----*2 n 2 stn 2 x s1n 2 x -
= 1. n)
2
OPGAVEN. N°. 146.
301
Ook de multipliciteit van deze wortel is dus gelijk in beide polynomen. Deze moeten dus identiek zijn: 2
n-1
sin x) = 1 • kn 2 Sin~ n
~ cJ sin2' x. 1
Vergelijking der coefficienten van sin2 x levert 1
n-1
~ -- = 1
•
Sin
n2
1
(zodat het 3-voud
3
2k'Jl
-1 mod n).
n
G e n e r a 1 i s a t i e. Uit
sin2 nx n 2 sin 2 x
n-1 (
II
~···:--:c- =
sin2 .:._) kn sin 2 -
1
1
n
volgt cos nx sin nx
cos x sin x
2 sin x cos x
n-1
~
2n-~--2--=
1
.
k'Jl
sin2 x
sin2 -
n
dus n-1
n sin x cos nx cos x sin nx
1-
~ 1
sin2 x . kn sin2 x s1n2
------n
· n-1
=
1-
~ 1
1 • 2
Slll
.
k'Jl
sin2 x
n-1
~ 1
n
1
.
~···---Sin
kn n
x ·- enz.
sin4 - -
Het linkerlid is gelijk n2 - 1 2 - - - sin x 2! 1-
-1
~··~-
3!
(n 2 32) -'---:_:_·--------'- sin4 x
sin2 x
wat naar sin2 x ontwikkeld 1 -
B<2J n
2!
sin2 x
+
B<4l n
4!
sin 4 x
enz.
302
WISKUNDIGE
geeft, waarin B~> polynomen in n zijn. Stelt men p
n< 2P+ 1l = II {n
+ i),
i=-p
dan voldoen de B~l aan de recurrente betrekkingen n(2p+l)
+
cp 21) B~ln(2p-l)
...
ep2; 1) B~Pln=
(2P+ 1)n< 2P·t-1J, analoog aan recurrente betrekkingen voor de getallen van BERNOULLI:
+ 1) 211+1
t{(2B
{2B
Men vindt hiermee
wz>
n-1
:I: 1
•
sm2
kn
~ 1
•
= !(n2- 1),
B<4J n
:I:
n-1
2.
-n
n-1
1
n!
=
4!
kn
.
4 smn B<6J n
kn
6 sm-
6!
n
Vraagstuk CXLVII. Show that, for Re Y
>- t and m = 0, 1, 2, ... lY].
-oo
=
+£ k=-oo
where
J.
is
a.
J,(nk) sin(t- nk) (nk)" m
Bessel Function. (Dr B. van der Pol).
0 p g e 1 o s t door Dr L.
CRIJNS
en Dr B. v. D. PoL.
OPGAVEN. N°. 146 en 147.
303
0 p 1 o s s i n g van Dr B. vAN DER PoL. In BALTH. VANDER POL and TH. 1933 it is shown that
J.(t)
J. WEYERS, Physical, 78,
+1
1
im
vn
2•11(11-l)
)
dm
~
eiwt _ _
(I
dwm
-1
where v > ! and m is an integer such that 0 s m < v + !. From this expression, which has the form of a Fourier integral for rn-·J.(t)' it follows that the latter function is a "low pass"function, i.e. that it contains no frequencies outside the range 1, and therefore has a "limited spectrum". 1 < oJ < Now it is known from an old interpolation theorem due to E. T. WHITTAKER, and which in modern times is used extensively in communication theory, that when a given function f(t) has a limited spectrum in the above sense; i.e. when its Fourier representation contains no frequency components w outside the range - ro0 < w < w 0 , then the discrete sampling values f ( ::) (where n
... - 2,
1, 0, l, 2 ... ) of the
function f(t) completely determine the function according to the formula (2)
A direct application of Whittakers sampling theorem (2) to the function r-•J.(t), which latter, as we saw has a spectrum limited by I w0 I < I, proves the second part of the problem. In order to prove the first part we note that, if a function f(t) has a spectrum limited by I w I < w0 , then its Fourier transform becomes
f(t)
=
+wo
j
eiwt
h(w)dw.
(3)
The inversion then yields
.r . +oo
h(w) =
2n.
-oo
e- 1"'' /(r)dT,
(4)
304
WISKUNDIGE
and hence the substitution of (4) into (3), and a change of the order of the integrations yield +oo
f(t) =
-w 0
2~ J/(r) dr J
eiw(t-•)
dw
=
+wo
f
+oo
= _1 n
/(r) sin w 0 (t- r) dr t-r
(5)
-00
Again the application of (5) to. the low pass function
t•-m J.(t) proves the first part of the problem.
Vraagstuk CXLVIII. Given two spheres of radius a and b respectively, with their centres at a distance c apart, and c > a + b. Show that the electrostatic capacity Cab between these spheres is given by Cab
=
.!!!!___(__!_-a) ~ a C
{d(n) - d
n=l
(!!_)}an, 2
where a=
E-I E +I'
E and I being respectively the length of the exterior and interior tangents to the two circles obtained by passing a plane through both centres. Further d (n) is the number of divisors of n, and
d(;) is
to be taken zero when n is odd. (Dr B. van der Pol). 0 p g e 1 o s t door Dr L.
CRIJNS
en Dr B.
VANDER
PoL.
OPGAVEN. No. 147
EN
0 p 1 o s s i n g van Dr L.
(a---:- b) 2 en J2 c2
305
148.
CRIJNS.
c2 -
(a + b) 2 volgt
b2
- a2 K - - - - , als K ~(a 4 - 2b2c2 ) en daaruit 2ab K --a a ab Door optelling van de ontwikkelingen (a is kleiner dan 1)
a =
a
l-a2
a2
a3
1-a"
l-a
=a+as+as+ .. . , - - . =a2+a6+alo+ ... , ··--·6
a3 a 9 + a 15 + ... , enz., waarin rechts telkens alle oneven veelvouden voorkomen van de exponent, die links in de teller voorkomt, vindt men links oo
a•
oo
~--· 1 1 - a 2•
~---
00
-~ 1
-
2 sinh(s In a) ·
Rechts is het wegens de absolute convergentie der reeksen geoorloofd de volgorde van de termen te wijzigen en de gelijke machten van a samen te voegen. De term a11 komt als noneven is voor in de op te tellen reeksen, waarbij de exponent in de teller links een deler van n is, en krijgt dan dus de coefficient d(a); als n even is, komt an voor als de exponent links een zodanige deler van n is, dat de complementaire deler oneven is, dus een deler die geen deler van n is, dan krijgt an dus de 2 coefficient d(n)-
d(; ), wat wegens de afspraak over d c;)
ook geldt als n oneven is. Zodoende hebben we de gevraagde gelijkheid in de gedaante K Cab=- 2c ~ . smh (sIn a)
gebracht, bekend uit de theorie van de electrische beelden van Lord KELVIN en MAXWELL. 0 p m e r k i n g. De formule voor de capaciteit van het
WISKUNDIGE
306
systeem als condensator, d.w.z. als de bol met straal bop de potentiaal 0 gehouden wordt, K
oo 1 :E 2c o sinh(s In a
C00 =
·sinhp
+ p)'
K 2ac'
kan gebracht worden in de gedaante caa = a
+ -abc
( -I - a) oo :E {d(n, p) - d(in, P)}an.
a
1
De term a correspondeert met s 0. De betekenis van d (n, (J) is deze : waar voor d (n) bij enen geteld wordt, staat hier op de plaats van elke 1 een macht van e-fi, waarbij de exponent de oneven delers van n doorloopt. Zo is b.v. voor n 15 d( 15, (J)
e-fi
e-3fi
+ e-5f! + e-1511.
Voor het bewijs schrijven we, overeenkomstig het in de oplossing van het gestelde vraagstuk behandelde, en rekening houdend met de noemer sinh(s In a + (J), de ontwikkeling van e-f!as
oo
:E--~1 1
uit. (a en
e-fi
zijn beide
<
1).
0 p 1 o s sing van Dr B.
VANDER
PoL.
The electrostatic capacity Ca,o is the negative of the coefficient of capacity q1, 2 , or ca,b =
q1,2'
Now q1, 2 can be calculated with Kelvins method of images, which consists of placing an infinity of fictitious point charges of properly chosen magnitudes in properly chosen points on the line joining the centres of the spheres. The magnitude and positions should be such that, in the limit, the two given spheres become equipotential surfaces. This method of calculation is fully expounded e.g. in J. H. jEANS, "The Mathematical Theory of Electricity and Magnetism", pages
OPGAVEN. N°. 148.
307
196-199 (Cambridge, 1915). The formula given there reads
q1 2 = _ ab c
'
where t
=
a
(__!__-a)~-~~ 2 a
1
1
a
(1)
n
is the smaller root of 1 = 0.
(2)
PorssoN gave a solution of the same problem in the form of a rather complicated integral, which is equivalent to (1). Now, in order to transform (1) to the formula in question, two steps are required. a. We introduce the lengths of the external (E) and internal (I) tangents to the circles. They are given by
E 2 = c2 12 = c2 -
(a- b) 2 , (a+ b) 2 ,
with which (2) becomes
0. Hence the smaller root t = a can be given the simple form (3)
a
Herewith (1) becomes cl 2
'
=
ab c
(__!a__ -
a)
~
_a_··"···-:-
1
b. Now the series oo a" h(a) =~--
1
1-
(a< 1)
is of the LAMBERT type as encountered often in number theory. It can be transformed as follows
20
WISKUNDIGE
308
where d(k) represents the number of divisors of k and
a(~)
is to be taken zero for k odd. Hence (4) and (5) constitute the answer to the problem. 0 p m e r k i n g e n. I. The expression (5) shows the great analogy of our electrostatic question with the famous DIRICHLET divisor problem which aims at an approximation, for large N, of N
:E d(n).
D(N)
n=l
II. When some terms are written out in full the general aspect of (4) and (5) becomes as follows:
c
+ 2a10 + 2a6o91
+ 4al2 + . . .. . . .. 2a6089 + 16asooo .... }
2a11
(6)
When the spheres are very close together, at a distance c a b, then the variable a is very near unity. Hence it is natural to investigate (6) for a-+- 1, i.e. for d-+- 0. It can be shown with methods typical for number theory that, when the spheres are of equal size (a b) and at a very small distance d apart (d <{a) the asympotic expression for the capacitance becomes
d
=
ca,a
Rj
ta log
( : ).
Vraagstuk CXLIX. Show that, for
a> 00
:E
1
2"' ---
k=-00 a2k
+1
log a (Dr B. van der Pol).
OPGAVEN. N°. 148
309
149.
EN
0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, D. J. BOUMAN, Dr L. CRIJNS, J. C. KoK, Dr B. VAN DER PoL en Mr J. VAN YZEREN. 0 p 1 o s s i n g van
J.
C.
KoK.
+oo
2:
F(a)
a>l
k=-00
2
4
---+ .... a + 1 4
S(a)
2
-2
1
Sk(a)--a-1
1
lim Sk(a)
=
a-
k-oo
2k-1
1 + · · ·+ a2k-1
-2k
l
+lim-···--= k-= a2 k l a t -..,...--+ .... +1
Z(a)
2-l
2-(l+l)
+···+a2-l+l = 2-(l+l)
1 -+ Z(a) a-l
F(a)
S(a)
=
lim Z 1(a) l-oo
1
1
lim
-~~, -············l-oo ez-(l+l)lna- l
1
l
=
ln a
l
----+----= a-l lna a-1 Ina
Z(a)
0 p 1 o s sing van Dr L.
CRIJNS.
Hier wordt bewezen, dat (b 1)! ( 1 ) -~ 1 - - (C) log c(log a) 0 2o-1 '
k=-oo
a > 1, c > 1, b een natuurlijk getal. De vraag is eerst, of de sommatie van !f(p)
f(p
1)
q
=
J
f(z)dx
+ ... + f(q-
l)
EuLER
+
tf(q)
oo Bn 2: (- l)n-l_{j2n-l(q) -j2n-l(p)}
n=l
p
kan toegepast worden.
2n!
WISKUNDIGE
310
De optredende integraal
f.~;;;;;:e;zbz!Ioogg;;-"+1~····1~ +oo
dz
-oo
gaat door de substitutie eziogc
X :
log a
over in (b 1)! ( 1 ) ~--···- 1 - - (C). log c. (log a)" 2b-1
dx
log c. (log a)b
De waarborg voor deze herleidingen is zo: de integrand van de oorspronkelijke integraal is in elk eindig vak integreerbaar en evenals alle afgeleiden voor z --? C'V van de orde
en voor z -7 C'V van de or de ebziogc. Ook dus de opvolgende afgeleiden naderen voor z--? tot nul en
Bn 2n!
-7
0
± C'V
(-1 )2n 2n
Aangezien
lim (1 - -
b-71
wordt voor c = 2, b von den.
-)(l;)
1
2b-l
log 2,
1 de opgegeven waarde 1 : log a ge-
Opmerking. Als men in cbk :
(e"'(.!oga
1)
log a vervangt door c .log a, dan wordt deze algemene term van de reeks : (eck+lloga
+ I);
OPGAVEN. N°. 149 EN ISO.
311
+
dus elke (k 1)de term wordt gelijk aan de kde term van de oorspronkelijke reeks gedeeld door c0 en dit geldt dus ook voor de som, m.a.w. de som van de reeks is omgekeerd evenredig met (log a)~>. Nu is de reeks in elk vak gelijkmatig convergent en bepaalt dus een continue functie, die bijgevolg de gedaante C : (log a) 0 heeft met C onafhankelijk van a. De som van de reeks van de opgave bedraagt dus C: log a, waarin C een absolute constante is.
Vraagstuk CL.
Gegeven de driehoek ABC. Men trekt door de hoekpunten A, B, C onderling evenwijdige lijnen, welke BC, CA, AB in A 0 , B 0 , C0 snijden. Bewijs, dat de lijnen, welke de middens van AA0 en BC, van BB 0 en CA, van CC0 en AB verbinden door een punt S gaan, gelegen op de ingeschreven ellips van STEINER. (Dr ]. H. Tummers). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, D. J. BouMAN, L. T. DE BRUYN, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. J. v. GRUTING, Dr L. DE joNG, J. C. KoK, Dr R. LAUFFER, W. A. J. LuxEMBURG, F. W. NANNING, Dr L. SWEERTS, Dr J. H. TuMMERS, G. v. D. VoET, J. WICHERS en C. ZWEENS. 0 p 1 o s s i n g van M. DELCOURTE.
Wij bewijzen de volgende, meer algemene eigenschap, waarvan de gestelde opgave een bijzonder geval is: Gegeven een driehoek A1A2A3 en, in zijn vlak, een punt Pen
312
WISKUNDIGE
een rechte q, gaande door P. Wanneer nu Pv P 2 , P 3 de voetpunten zijn van de Ceva-rechten van het punt P; Q1 , Q2 , Q3 deze van de harmonische pool Q van q en P~, P;, P; de harmonisch toegevoegde punten aan P t.o.v. de segmenten A1Pv A2P 2 , A3 P 3 , dan zijn de twee driehoeken P~P;P; en Q1Q2Q3 in homologische stand, en is hun homologisch centrum S een punt van de in de driehoek A1 A2A3 ingeschreven kegelsnede die het punt Q tot veralgemeend Gergonne-punt heeft. We nemen driehoek A1A2A3 als referentiefiguur van een stelsel homogene coordinaten (x, y, z) dat het punt Q als eenheidspunt (1, 1, 1) heeft. Indien nu (a, {J, y) de coordinaten zijn van P, dan is (1)
en hebben de punten P~, P;, P; in de driehoek A1A2 A3 harmonisch toegevoegd aan P, als coordinaten a, {J, y),
(a, -
{J, y),
(a, {J,
y).
Anderzijds zijn (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 0) de coordinaten van Qv Q2, Q3 • De rechten P~Qv P~Q 2 , P;Q3 hebben aldus als vergelijking ({J y)x ay- az = 0, -{Jx (y a)y + + {Jz = 0, yx yy + (a- {J)z = 0 en snijden elkaar in het gemeenschappelijk punt S dat tot coordinaten heeft
Nu blijkt al dadelijk uit (1), dat dit puntS gelegen is op de kegelsnede met vergelijking
vx+ vY+ vz
0,
die ingeschreven is in de driehoek A1 A2A3 en de zijden ervan raakt in Q1 , Q2 , Q3 •
0 p 1 o s sing van Dr R.
LAUFFER.
Die Mitten der Dreieckseiten BC, CA und AB seien Mv M2 bzw. M3 • Die Mitten der Strecken AA0 , BB 0 und CC0 seien Nv N 2 bzw. N 3 • Die Punktetripel (Mv M2 , N 3 ). (M 2 , M3 , N1 ), (M 3 , ::\1 1 , N 2), (A, N 2 , N3 ), (B, N3 , N1 ), (C, Nv N 2) sind kollinear.
OPGAVEN. N°. 150.
313
Beweis: M11 M2 und N 3 sind die Mitten der Strecken, CB, CA bzw. CC0 • Da die Punkte B, A, C0 kollinear sind, ist auch das Tripel (Mv M2 , N 3 ) kollinear (z.v.). Da die Tripel (A, C0 ) und (C, A, B 0 ) kollinear sind, ist auch das Tripel (A, N 2 , N 3 ) kollinear (z.v.). Urn den zweiten Schnittpunkt S der Geraden [M11 NI] mit der eingeschriebenen Steinerellipse zu konstruieren, verwenden wir zweimal den Satz von PASCAL. Man hat [BC] X [AC] = C, [MIS]= [MINI] X [M 2M3] = Nv [CNJ X [M3MIJ N 2 und man erhalt wegen des Satzes von PASCAL das kollineare Tripel (S, M2 , N 2). Durch Vertauschung der Indizes 2 und 3 erhalt man die zweite Konstruktion und mit ihr das kollineare Tripel (S, M3 , N 3 ). Es liegt daher der gemeinsame Schnittpunkt der drei Geraden [MiNi] (i = l, 2, 3) auf der eingeschriebenen Steinerellipse.
0 p 1 o s sing van
J. C. KoK.
Kies ['.. ABC als coordinatendriehoek en het zwaartepunt als eenheidspunt. Evenwijdige lijnen door A, B en C verkrijgt men, door die punten te verbinden met het punt P (p, q, r) van de oneigenlijke rechte. Tussen die coordinaten bestaat dan nog de betrekking
p
q+r
(I)
0
Het snijpunt A0 van AP met BC is (0, q, r). Het vierde harmonische punt van P t.o.v. A en A0 is(- p, q, r), het midden van BC: (0, l, l). De rechte die de middens verbindt heeft dus tot vergelijking X
y
z
-P
q
r
0
l
(q-r)x
+ py pz
=0, 0.
De beide andere rechten worden hieruit verkregen door cyclische verwisseling.
WISKUNDIGE
314
Ze zijn: qx (r-p)y rx-ry (p
+
qz = 0, q)z = 0.
Deze drie lijnen gaan door een punt, daar de linkerleden van de vergelijkingen bij optelling nul opleveren. Het snijpuntis (p(p q- r), q(q p - r), r(r p - q)). In verband met (1) is dat ook (f", q2 , r 2 ). De vergelijking van de ellips van STEINER is:
x2
2xy
+ y2
2xz -
2yz
z2 = 0.
Invullen van de coordinaten van het snijpunt, in het linkerlid van de vergelijking levert:
+
p4 _ 2p2q2 q4 _ 2p21 2 _ 2q2r2 1 4 = p4- 2p''·q2 q4- {2p2 2q2- (p + q)2} (p + q)2. En dat is inderdaad gelijk aan nul, zodat het punt op de ellips van STEINER ligt.
Vraagstuk CLI. Trekt men in no. 150 door A, Ben C lijnen, die elkaar op de omgeschreven cirkel van driehoek ABC snijden, dan zal S op de orthische as van driehoek ABC gelegen zijn.
(Dr J. H. Tummers). 0 p g e 1 o s t door P. ]. VAX ALBADA, D. ]. BouMAN, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. J. V. GRUTING, Dr L. DE JoNG, Dr R. LAUFFER, Dr L. SWEERTS, Dr J. H. TUMMERS, J. WICHERS en C. ZWEENS.
Oplossing van M. DELCOURTE. We nemen de gegeven driehoek ABC als referentie-figuur van een stelsel barycentrische coordinaten (x, y, z). Wanneer (a, {J, y) de coordinaten zijn van een punt M van de
OPGAVEN. N°. 150
EN
315
151.
omschreven cirkel van de driehoek ABC, dan heeft men de betrekking
(I)
a, b, c zijnde de zijden van de driehoek ABC. Het midden A1 van het segment AA 0 , Ao zijnde het punt waar AM de zijde BC snijdt, heeft tot coordinaten ({J y, {J, y) en het midden Am van BC, (0, I, I), waaruit voor de rechte A1Am de vergelijking volgt x({J- y)
y({J
+ y)
z({J
y)
= 0.
en voor de twee gelijkaardige rechten B1Bm en C1Cm a)+ y(y-a) -z(y +a) {J) y(a {J) z(a- {J)
x(y x(a
+
0, 0.
+
Deze drie rechten snijden elkaar in een punt S met coordinaten
z
X
y(a
+/JT
Uit deze betrekking leidt men af dat ya x-y
~----
-X
z
x
a{J y-z
(2)
en de elirninatie van a, {J, y tussen (I) en (2) geeft voor de meetkundige plaats van S de vergelijking ~
a2 ( - x
+ y + z)
=
0 of ~ x(- a 2
b2
+ c2 )
= 0,
welke deze is van de orthische as van driehoek ABC. 0 p 10
SSi n
g van Dr R.
LAUFFER.
Ist X ein Punkt des Umkreises K und A0 = [BC] X [AX], dann liegt die Mitte N 1 der Strecke AA0 auf der Geraden [M 2M3] des Mittendreieckes (M1M2M3 ) des Dreieckes (ABC) --+
-)>-
(z.v.). Da [M 2 M3] II [BC] ist, ist Teilverhaltnis CA0 : BA0 T(BCA0 ) = T(M3M2N 1 ). Wegen des Satzes von Ceva Z]Jkl.
(Dreieck (ABC) und der Punkt X) II T(BCA0 )
-
1 und
WISKUNDIGE
316 zykl.
daher auch II T(M3M2N1 ) = - 1. Es gehen daher wegen des I, 2, 3) durch einen Satzes von Ceva die Geraden MiN, (i Punkt S. Die krumme Punktreihe K(X) auf dem Umkreis K ist perspektiv mit der Punktereihe [M 2M3] (N 1 ) (z.v.) und diese Punktreihe ist perspektiv mit dem Geradenbtischel M&.M 1 N 1]) (z.v.). Ist X = C, dann fiillt N1 mit M 2 und N 2 mit M1 zusammen. Es sind daher die drei Geradenbtischel M;{[M;NiJ) (i 1, 2, 3) paarweise perspektiv, und der Ort der Punkte S ist daher cine Gerade. Ist A' der H6henfuf3punkt auf der Geraden [BC] des Dreieckes (ABC), dann ist das Dreieck /'..
(BA'M 3) gleichschenkelig und es ist BA'M 3 gleich dem Innenwinkel f3 bei B. Liegt X auf dem Umkreis K so, daB /'-.
[AX] II [BC] ist, dann ist XCB {J und es ist daher [C0 C] !! [A'M3]. Es folgt daraus T(BCA') T(BC0M3 ). Bei der angenommenen Lage des Punktes X ist A0 der unendlichferne Punkt der Geraden [BC]. Es ist daher S = [BCJ X ~MaN 3]. Der Satz von Menelaos auf das Dreieck (BCC0 ) und die Gerade [M3NaJ an1. Wegen gewendet gibt T(BCS). T(CC0N 3 ). T(C0 BM 3 ) T(BCA') = T(BC 0 M3 ) und T(CC 0 N 3 ) = - 1 erhiilt man T(BCS) T(BCA'). Es ist daher das Punktequadrupel (BCA'S) harmonisch (z.v.). D.h. der Trager der geraden Punktreihe (S) ist harmonikale Gerade des Hohenschnitpunktes. 0 p 1 o s sing van Dr C.
J. VAN GRUTING.
Zijn Av Bv C1 de middens van de zijden van de driehoek en voegen wij aan het punt P van C1B 1 het punt Q van C1 A1 toe, z6 dat AP en BQ elkaar snijden in een punt T van de omgeschreven cirkel en isS het snijpunt van de lijnen A1 P en B1 Q dan bestaat tussen de lijnen A1P en B 1 Q een perspectief verband, dus is de meetkundige plaats van het punt S een rechte lijn. Immers voor Pin B 1 valt Tin C, dus Q in A1 ; de lijnen A1 P en B 1Q vallen dan samen. Voor Pin C1 valt Tin B, dus Q in het snijpunt U van C1A1 en de raaklijn van de omgeschreven cirkel in B; A1 P is dan de lijn A1C1 en B1 Q de lijn B1 U, dus
OPGAVEN. N°. 151
EN
152.
317
valt Sin het punt U. Op gelijke wijze blijkt, dat voor Q in C1 het puntS valt in het snijpunt V van C1 B 1 en de raaklijn van de cirkel in A. Wij moeten dus aantonen, dat de lijn UV de orthische as is, dus de trilineaire poollijn van het hoogtepunt H van de driehoek ABC. Zijn A2, B 2, C2 de voetpunten van de hoogtelijnen en A3 , B 3 , C3 de sn:ijpunten van de orthische as met de zijden, dan is (ABC 2C3) = -- 1 en bestaat er volgens een bekende eigenschap van de harmonische dubbelverhouding in verband met het midden C van AB de be trekking: C3 B . C3 A = C3C2 • C3C1 ; hiermee vinden wij, omdat de raaklijn van de omgeschreven cirkel in B evenwijdig CA is: C3B 3 C3U
C3C2 C3 B -
C3 A1 C 3~'
de lijn C1 U is dus evenwijdig AB, dus C1 U snijdt BC in het punt A1 ; wij hebben hiermee aangetoond, dat het snijpunt U van de raaklijn in B met de orthische as op de lijn A1C1 ligt; op gelijke wijze kunnen wij dit voor het snijpunt V van de raaklijn in B met de orthische as aantonen ten opzichte van de lijn C1B 1 ; de lijn UV is dus de orthische as, dus de meetkundige plaats van de punten S. Verwisseling van de punten B en C geeft dezelfde meetkundige plaats voor het snijpunt, waaruit het gevraagde tlus onmiddellijk volgt.
Vraagstuk CLII.
r.
Gegeven de driehoek ABC, beschreven in de kegelsnede De raaklijnen a, fJ, y in A, B, C bepalen de driehoek A0B 0C0 (A 0 tegenover a enz.). De rechten AA 0 , BB0 , CC0 snijden elkaar in L. Als men nu door L lijnen trekt, evenwijdig met de raaklijnen a, fJ, y, dan zullen deze lijnen de zijden BC, CA, AB snijden in drie collineaire punten Av Bv C1. Wat is de vergelijking van de lijn A1B1C1 , als r de omcirkel is en L dus het punt van LEMOINE? (Dr
f.
H. Tttmmers).
318
WISKUNDIGE
0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. J. V. GRUTING, Dr R. LAUFFER, F. W. NANNING, Dr L. SWEERTS, Dr J. H. TUMMERS, G. v. D. VoET,
J.
WICHERS
en C. ZWEENS.
0 p 1 0 s s i n g van C.
ZWEENS.
We nemen c, ABC als assendriehoek en bedienen ons van normale coordinaten. Zij p1x 2x3 P.r3x1 + P 3x1x2 0 de vergelijking van de omgescbreven kegelsnede dan vinden we voor a, {3 en y resp. de vergelijkingen:
PsX2 zodat
P2xs = 0; P1Xs
+ P3xl = 0;
P1x2
P2x1
=
0,
Voor A.A 0 , BB0 en CC0 vinden we achtereenvolgens:
Pax2
Pits = 0; P1xa- Paxl = 0 en Pr1
P1x2 = 0,
waaruit blijkt dat L is het punt (Pv P2 , P3 ). Voor de coordinaten van het oneindig verre punt van geldt: Xz
Xa
-ap2
ap 3
a
zodat we tenslotte voor de vergelijking van de rechte door L, evenwijdig met a vinden:
0. Door hierin x 1 0, vinden we dat voor de coordinaten van Av het snijpunt van bedoelde rechte met BC, geldt: (bp~- cP2Pa
(bPzPs- cp;- aplpa)Xz
ap~2)xa.
Door cyclische letterverwisseling vinden we voor B1 en C1 : (cPaPI- api
(aPIPz
bp~
bplp2)xa = (cp~
cPaP2)X1
=
ap~a
+ bPzPa)xl
(aPi - bP1P2- cPaPl)x2.
OPGAVEN. N°. 152
EN
153.
319
Nu zullen Av B1 en C1 collineair zijn indien: 0 P2(aP1+bP2-cpa) Pa(bp2-apl-cPa) p1(cPa-aP1-bp2) 0 Pa(-apl+bP2+cPa) Pt(apl-bP2+cPa) P2(ap1-bp2-cPal 0 l
I
P1P2Pa{ (apl +bPs-CPa) (-apl +bP2+cPa)
+
(apl-bp2+cPa) (-aPI+bP2-cPa) (-aPr-:-bP2+cPa) (apl-bp2-cPs)}
nul is. Dit is inderdaad het geval (daar de beide termen tussen de accoladen factor voor factor elkaars tegengestelde zijn). Is de kegelsnede r de omgeschreven cirkel van 1:::, ABC dan is
1:!_= p2
'
xl
a luidt:
Pa en de vergelijking van de rechte A1B 1C1
c
b
Ia(~-
a2
b2)
b2- c2) 0
I
Xg
x2
b(a2
c(b2 - a2 c2) c(- a2 b2 c2)
+ +
I
0,
of xl
0 -2a2b cosy
x2
Xa
2ab2 cosy 0
- 2ac2 cos 2bc2 cos a
p
0,
dus
-
xl
x2
Xa
0
b2 cosy 0
- c2 cos fJ c2 cos a
a2
cosy
b2c2 cos a cosy x1
+ a 2c2 cos fJ cosy x
2
a2b2 cos 2 y x3 = 0,
dus cos a a2
0.
xl
Vraagstuk CLIII. Is in het vorige vraagstuk p een willekeurige lijn, die B 0C0 , C0A0 , A0B 0 in P, Q, R snijdt, dan zullen de lijnen LP, LQ, LR de zijden BC, CA, AB in drie collineaire punten snijden.
(Dr
f. H. Tummers).
320 0 p Dr L. Dr R. Dr J.
WISKUNDIGE g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, L. T. DE BRUYN, CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. J. v. GRUTING, LAt:FFER, J. C. KoK, F. W. NANNING, Dr L. SwEERTS, H. TuMMERS, G. v. D. VoET en J. WICHERS. 0 p 1 o s s i n g van
J.
C. KoK.
Kies /'::, A0 B 0C0 als coordinatendriehoek met, voor A0 , B 0 en C0 resp. de coordinaten (1, 0, 0), (0, 1, 0) en (0, 0, 1). Het punt L kan zonder bezwaar als eenheidspunt worden gekozen, waardoordepuntenA,BenCresp.(O, 1, 1),(1,0, l)en(l, 1,0) zijn. De rechte p heeft tot vergelijking ax by+ cz 0. De lijn p snijdt A0B 0 in (b; a; 0). Dit punt met L verbonden geeft de rechte lijn: X
y
z
b
-a
0
= 0.
Deze lijn snijdt AB (x y z = 0) in het punt: (a, - b, a b). Dat is dus het punt C1 . A 1 en B 1 zijn op dezelfde manier resp. (b- c, b, c) en a, c -a, c). Daar de determinant :
-b b c a
a b c -a =
a-b c c
a(bc+c 2-ac)+b(bc--c2-ac)+(a-b) (bc+ac-c 2 ) = 0 is,
zijn de punten A1 , B 1 en C1 collineair. Oplossing van M. DELCOURTE. We nemen de gegeven driehoek ABC als referentiefiguur van een stelsel homogene coordinaten, waarin de vergelijking van de kegelsnede r gegeven is door:
lyz
+ mzx
nxy = 0.
Het punt L, waarin de rechten AAo, BB 0 , CC0 zich snijden heeft dan als coordinaten: (l, m, n). \Ve kiezen bovendien als eenheidspunt van het stelsel coordinaten de pool van de gegeven rechte p ten opzichte van
OPGAVEN. N". 153 EN 154.
321
de driehoek ABC, zodat deze rechte als vergelijking heeft: X+
y
Z
= 0.
De rechte LP, gaande door het punt P, waar heeft dan als vergelijking
-2mnx
+ n(l-m + n)y + m(l
m
p B 0C0 snijdt, n)z
0
en snijdt BC in het punt Av gelegen op de rechte
l-m+n y m
+l+m-n z= n
0.
Hieruit blijkt dadelijk dat het punt Av evenals de gelijksoortige punten B 1 en C1 collineair zijn op de rechte met vergelijking
0.
r
W anneer nu de kegelsnede de omcirkel wordt van driehoek ABC en dus L het punt van LEMOINE van deze driehoek, en we de rechte p in het oneindige projecteren, dan wordt het stelsel coordinaten barycentrisch en heeft de rechte A 1B 1C1 tot vergelijking
0. 0 p mer king van J\tl. DELCOURTE, Dr C. J. V. GRUTING, Dr R. LAUFFER, Dr J. H. TUMMERS en J. WICHERS. Vraagstuk 152 is het bijzonder geval van 153, dat men verkrijgt door voor p de rechte op oneindig te nemen.
Vraagstuk CLIV. Als in no. 152 D een vierde punt is in het vlak van driehoek ABC en de kegelsnede r (algemeen geval) doorloopt de bundel (ABCD), wat is dan de omhulde van de lijn A1B 1C1 . (Dr ]. H. Tummers). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. J. v. GRUTING en Dr J. H. TuMMERS.
322
WISKUNDIGE 0 p 1o s s i n g van M.
DELCOURTE.
Uit de oplossing van vorige opgave volgt dat de tangentii:He coordinaten u, v, w van de rechte A1B 1C1 gegeven zijn door
ul -l+ tn
vtn
l
tn
wn
+n
l
(I)
+ 'l'it~ n'
Wanneer nude kegelsnede r de bundel (ABCD) doorloopt en (a, {J, y) de coordinaten zijn van het vast gegeven punt D, dan zijn de veranderlijken l, tn, n gebonden door de betrekking tn
a
n
p+-y --0.
(2)
De vergelijking van de omhullende van de rechte A1B 1C1 volgt nu uit de eliminatie van l, m ,n onder de vergelijkingen (1) en (2). Dit ( l) en (2) leidt men af, dat: l
au
Oof~Z-~+ (
au
1 {Jv
1 ) yw
+~
(3)
0
en uit (2) en (3) volgen dan de waarden van l, tn, n l
(4)
1( 1
{1
1 au+ {Jv
Deze waarden, gebracht in een van de vergelijkingen ( l), geven tenslotte als tangentiele vergelijkingen van de omhullende van A1B 1C1 ({J -y) (y-a) (a-{J)a{Jy uvw- ~ a 3 (fJ+y) 2 u2 (wy-v{J)
=
0
Dit is een kromme van de derde klasse, die de zijden van driehoek ABC raakt in de punten (0, {J, -y), (-a, 0, y) en (a, {J, 0). Deze punten zijn collineair op de rechte
__:__ + _!_ + _::_ = a
{J
y
0,
323
OPGAVEN. N°. 154 EN 155.
poollijn van het punt D t.o.v. driehoek ABC. De derde raaklijn vanuit A snijdt BC in het punt met vergelijking (J2(y + a)2v y 2(a + {J)Zw 0, zodat dit snijpunt en de twee gelijksoortige snijpunten met CA en AB eveneens collineair zijn op de rechte met vergelijking
0.
Vraagstuk CLV. Gegeven een driehoek ABC, waarin een kegelsnede y (middelpunt 0) is beschreven. Een punt L, gelegen in het vlak van driehoek ABC heeft de volgende eigenschap: De middellijnen toegevoegd aan de middellijnen OA, OB, OC snijden LA, LB, LC in drie pnnten A0, B0 , C0 gelegen op een rechte l. Bewijs, dat de meetkundige plaats van L een kromme van de derde graad is, die gaat door A, B, C en door de snijpunten van de zijden BC, CA, AB met de aan OA, OB, OC toegevoegde middellijnen. Deze drie snijpnnten liggen op een rechte. Het punt 0 is dubbelpunt van de kromme en de lijn l raakt aan de kegelsnede y. (Dr ]. H. Tummers). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. ]. V. GRUTING, Dr L. SWEERTS en Dr
J.
H. TUMMERS. 0 p 1 o s sing van Dr J. H. TuMMERS.
Wij maken gebruik van normaalcoordinaten: ABC zij de fnndamentaald;riehoek, het punt L moge tot coordinaten hebben (x0 : Yo : z0 ) en het middelpunt 0 van y (a : {J : y). De vergelijking van AO is y z (1) {J
y
de lijn, door A hieraan toegevoegd, heeft dus tot vergelijking y
-+ {J
z y
0.
(2)
21
324
WISKUNDIGE
De middellijn door 0, toegevoegd aan AO, gaat door het oneindig verre punt van lijn (2) : Voor vergelijking vindt men: fJz[aa+bfJ-cy] = 0.
x(2afJy)- yy[aa-bfJ+cy]
De vergelijking van LA is y
z
Yo
Zo
(3)
(4)
Uit (3) en (4) vindt men voor het snijpunt A0 : A0
x Y z
yy0 (aa-bfJ+cy)+fJz0 (aa+bfJ-cy), 2afJYYo. 2afJyz0 ,
op dezelfde wijze vindt men: B0
C0
x = 2bayx0 , y = yx0 (-aa+bfJ+cy)+az0 (aa+bfJ-cy), z 2bayz0 ,
I
x 2cafJx0 , y = 2cafJy0 , [ z = fJx (-aa+bfJ+cy)+ay (aa-bfJ+cy). 0 0
De drie punt en A0B 0C0 liggen op een rechte; dus:
+
yy 0 (aa-bfJ+cy) 2afJYYo +fJz0 (aa+bfJ-cy) yx0 (-aa+bfJ+cy) 2bayz0 +az0 (aa+bfJ-cy) fJx 0 (-aa+bfJ+cy) +ay0 (aa-bfJ+cy)
=0.
Deze derde graadskromme gaat, gelijk bij substitutie der coordinaten blijkt, door A, B, C. Het snijpunt van BC met OA0 !evert het punt P met cocSrdinaten 0, fJ(aa bfJ- cy), --"!(aa bfJ cy) Substitueer in Ll, en de elementen van de eerste kolom worden alle nul: op dezelfde wijze blijkt, dat de andere snijpunten op de kromme liggen. 3. Als OA0 , OB0 , OC0 de zijden BC, CA, AB in P, Q en R snijden, liggen P, Q en R op een rechte, hetgeen onmiddellijk
OPGAVEN. N°. 155.
325
blijkt, wanneer men de coordinaten van P, Q en R in een determinant op de bekende wijze rangschikt. 4. Bij onderzoek blijkt 0 dubbelpunt van de kromme te zijn. Dit onderzoek laat zich het gemakkelijkste uitvoeren voor het speciale geval, dat y de incirkel is. Deze vereenvoudiging verandert niets aan de aard van het punt 0. Is a {3 = y = 1 dan wordt de determinant, die de kromme voorstelt.
(s-b)y+ (s-c)z bx ex
ay (s--a)x+(s-c)z cy
az 1 bz ·~=0. (s-a)x+(s-b)y
Deze kromme is invariant tegenover isogonale transformatie. Rest nog te bewijzen, dat de rechte lijn l( = A0B0 C0 ) aan de kegelsnede y raakt. Wij zoeken daartoe de voorwaarde, waaraan de lijn l( = A 0B0C0 ) moet voldoen, opdat de rechten AA 0 , BB0 , CC 0 door een punt L gaan. De rechte A0B0C0 ) stellen we voor door de vergelijking
ux
+ vy
wz = 0.
Wij von den voor OA0 de vergelijking:
x(2a{Jy)
yy(aa- b{J
cy) - {Jz(aa
+ b{J
cy)
= 0.
De lijn AA 0 heeft nu een vergelijking van de gedaante
0 ux vy wz+ + .A.{x(2a{Jy) - yy(aa- b{J cy) {Jz(aa
b{J- cy)},
hierin is
u 2a{Jy · De vergelijking van AA0 wordt dus: AA 0 -+ y[2a{Jyv
yu(aa b{J + cy] + z[2a{Jyw + {Ju(aa + b{J- cy)] = 0.
WISKUNDIGE
326
Evenzo vindt men: BB 0 --+ x[2bayu, CC0 --+ x[2ca{Jtt
+ + + + + +
aa b{J cy)] z[2bayw av(aa b{J- cy)J {Jw(-- aa b{J cy)] y[2ca{Jv aw(aa- b{J cy)]
+
0, 0.
Deze drie lijnen gaan door een punt, als: 2aflyv+ yu(aa-bfl+cy)
0
0=
2baytt+ yv(-aa+bfl+cy) 2ca{Ju+ flw(-aa+bfl+cy)
0
2a{Jyw+ flu(aa+bfl-cy) 2bayw+ av(aa+b{J-cy)
2ca{Jv+ aw(aa-b{J+cy)
0
Vermenigvuldig eerste kolom met a, tweede met {J, en derde met y, en tel dan de elementen van eerste en tweede kolom op bij de derde. Er komt : 0 2bayu+ yv(-aa+bfl+cy) 2ca{Jtt+ flw(-aa+bfl+cy)
2af1yv+ yu(aa-bfl+cy) 0 2caflv+ aw(aa-bfJ+cy)
2afly. .(au+flv+yw) 2bay. _ 0 .(au+flv+yw)- · 2caf1. .(au+flv+yw)
We kunnen blijkbaar het punt 0 (=au+flv+yw=O) afsplitsen, en er blijft over de tangentiele vergelijking van een kegelsnede. De vergelijking hiervan is derhalve : 0 2bayu+yv(-aa+bfl+cy) 2caf1u+f1w(-aa+bf1+cy) 1 I 1
2aflyv+yu(aa-bf1+cy) 2afly 2bay =0. 0 2caf1v+aw(aa-b{J+cy) 2caf1
Stelt men- aa + b{J + cy = P, aa - bfl + cy Q, aa + bfl- cy R, dan kan men schrijven: 0 2bf1yu + yPv 2caflti, fJPw
2af1yv
yPu
0 2ca{Jv
aPw
a fly bay cafl
=
0.
OPGAVEN. N°. 155.
327
De coefficient van u 2 en v2 blijkt gelijk nul te zijn, en komt er niet in voor:
w2
We vinden verder: coeff. van vw is aP(aa , van uw is bQ(aa van uv is cR(aa
+ b{J + cy), + b{J + cy), + b{J + cy).
We krijgen dus de kegelsnede, met tangentiele vergelijking: aP bQ cR u v w
-+-+-=0, P = - aa + b{J + cy, waarin Q = aa- b{J + cy, [R = aa + b{J- cy.
Deze vergelijking stelt een kegelsnede voor, die raakt aan de zijden BC, CA, AB van driehoek ABC, en wier middelpunt het punt 0 (a : {J : y) is.
0 p mer kin g. We willen het bijzondere geval, dat 0 samenvalt met het punt I ( 1 : 1 : 1) en y dus de ingeschreven cirkel is, nader bespreken. 1°. Met een raaklijn 1 aan de incirkel correspondeert een punt L op de kromme. Met twee evenwijdige raaklijnen 11 en 12 corresponderen twee punten L 1 en L 2 op de kromme, zo gelegen, dat de hoek L 1 IL 2 90° bedraagt. 2°. Bewegen ~ich de twee raaklijnen 11 en 12 om de cirkel, terwijl ze onderling evenwijdig blijven, dan zal de verbindingslijn L 1L 2 aan een kegelsnede raken welke I tot een zijner brandpunten heeft. Dus de verbindingslijn van twee punten op de kromme, die van uit het dubbelpunt I onder een rechte hoek worden gezien, raakt aan een kegelsnede, die het dubbelpunt I tot een zijner brandpunten heeft. 0 p mer king van Dr R. LAUFFER. Die Forderung, daB der Punkt 0 Mittelpunkt des Kegelschnittes ist, ist tiberfltiBig. Durch eine Korrelation liiBt sich die Figur dieser Aufgabe auf die Figur der Losung der Aufgabe no. 69 dieses Teiles zuriickflihren. Siehe die Losung von D. J. BouMAN u.a. Auch die Losung von Dr L. LIPS beantwortet schon mehr als hier gefragt.
328
WISKUNDIGE
Vraagstuk CL VI. Binnen D. ABC zijn drie cirkels Mv M2 , M3 beschreven, zodat iedere cirkel twee zijden van de driehoek en bovendien de beide andere cirkels raakt (cirkels van MALFATTI). M1 is de cirkel rakende aan AB en AC, M2 raakt aan BC en BA, M3 aan CA en CB. M2 en M3 raken elkaar in P, M3 en M1 raken elkaar in Q. M1 en M3 raken elkaar in R. Te bewijzen AP, BQ, CR gaan door een punt. (Dr S. C. van Veen). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, Dr C. B. BIEZENO, L. T. DE BRUIN, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr C. J. v. GRUTING, Ir A. v. HEEMERT, Dr L. DE JoNG, J. C. KoK, Dr R. LAUFFER, P. W. NANNING, Dr L. Dr S. C. VAN VEEN, G. V. D. VOET, J. WICHERS en Mr J. V. YZEREN. 0 p 1 o s s i n g van Dr C. B. BIEZENO. Noem het uitwendig gelijkvormigheidspunt der cirkels (M1 , M2) : R'; het uitwendig gelijkvormigheidspunt der cirkels (M 2 , M3 ) : P'; het uitwendig gelijkvormigheidspunt der cirkels (M 3 , M1 ) : Q'. Volgens bekende cirkeleigenschappen liggen de inwendige gelijkvormigheidspunten P en Q, en het uitwendig gelijkvormigheidspunt R' op een rechte. Het punt R' wordt dus verkregen als snijpunt van de rechten PQ en AB. Evenzo is P' het snijpunt van QR en BC; Q' het snijpunt van RP en CA. De drie uitwendige gelijkvormigheidspunten P', Q', R' van Mv M2 , M3 liggen zoals bekend, op een rechte, zodat de snijpunten der overeenkomstige.zijden van de D. D,ABC en PQR collineair liggen. Dan zijn echter de verbindingslijnen der overeenkomstige hoekpunten dier D. D. concurrent. 0 p l o s s i n g van L. T. DE BRUIN. De cirkels av a 2 en a 3 raken elkaar 2 aan 2 uitwendig; ; cirkel a 2 raakt ook aan BA cirkel a 1 raakt ook aan AB en
329
OPGAVEN. N°. 156.
en BC en cirkel a 3 raakt ook aan CA en Van de cirkels a 1 , a 2 en a 3 zijn de middelpunten achtereenvolgens Mv M2 en M3 • De afstanden van punt M1 tot de zijden AC, AB en BC zijn achtereenvolgens x, r1 en r 1 zodat we punt M1 zullen aangeven door M1 (x, r 11 r 1 ). Evenzo heeft men: M2 (r2 , y, r 2 ) en M3 (r3 , r 3 , z). De cirkels a 2 en a 3 raken elkaar in punt P. Zijn de afstanden van punt P tot de zijden a, b en c respectievelijk Pv iA en Fv dan hebben we:
Pl(rz ift(r2
F2 (r 2
(1) (2) (3)
ra) = 2r2ra, 3 ) = r 2r 3 +raY, r 3) r 2r3 + YzZ.
+r
+
N u is bovendieh :
ax br1 + cr1 0, ar2 +by cr2 = 0, ar3 + br3 cz = 0.
(4) (5) (6)
Uit (5) volgt:
y
0-(a
+ c)rz
b
Dit in (2) geeft:
ql(r2 Uit (6) volgt:
0
(a+ b)r c
3 Z=-·-----·.
Dit in (3) geeft:
Fl(r z+ ra)
F1
Letten we nu op de verhouding van de lengten van p1 , q1 en dan mogen we het punt P aangeven als volgt:
P[2bcr2r3 ; cr3{0
2(s- b)r2}; br2{0
2(s- c)r3}].
Raken de cirkels a 3 en a 1 elkaar in Q dan hebben we op soortgelijke manier
330
WISKUNDIGE
Raken de cirkels a 1 en a 2 elkaar in R, dan hebben we op soortgelijke manier: R[br 2{0- 2(s- a)r1}; ar1{0- 2(s- b)r2}; 2acr1r 2]. Is 0-2(s-a)r1 =k, 0 2(s- b)r2 =len 0-2(s--c)r3 = m, dan zijn de vergelijkingen van de rechten AP, BQ en CR respectievelijk: (7) amr1x 1
en
alr1x 1
ckr3x 3 bkr2x 2
=
0,
=
0.
(8)
(9)
Hierin is /:c, ABC de coordinatendriehoek, waarvan de 0. vergelijkingen der zijden zijn x1 = 0, x2 = 0 en x3 Onder de vergelijkingen (7), (8) en (9) is afhankelijk~eid, dus gaan de rechten AP, BQ en CR door een punt. Opmerking van DrS. C. v. VEEN. Zo blijkt ook, dat /:c, PQR perspectivisch ligt met /:c,M 1M2M3 •
Vraagstuk CLVII. Vier willekeurige punten Av A2 , A3, A4 op de omtrek van een cirkel vormen drie aan drie genomen vier driehoeken. Bewijs, dat de vier hoogtepunten van deze driehoeken op een cirkel zijn gelegen, die dezelfde straal heeft als de gegeven cirkel. (J. STEINER, Gesammelte Werke I p. 128, 9er Lehrsatz). (Dr S. C. van Veen). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, M. G. BEUMER, Dr C. B. BIEZENO, D. J. BOUMAN, B. L. J. BRAAKSMA, L. T. DE BRUIN, Dr F. J. CHAMULEAU, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr W. J. Fuss, Dr C. J. V. GRUTING, Ir A. v. Dr L. DEJoNG, J. C. KoK, Dr R. LAUFFER, Dr D. N. LELYVELD, W. A. J. LUXEMBURG, F. W. NANNING, Dr L. SWEERTS, Dr S. C. VAN VEEN, G. V. D. VOET, J. WISCHMAN, Mr J. V. YzEREN en C. ZWEENS.
0 p 1 o s sing van Dr W. J. Fuss.
Noem de hoogtepunten van de driehoeken A2A3A4 , A3A4 A1 , A4A1A2 en A1A2 A3 respectievelijk Hv H 2 , H 3 en H 4 • Dan zijn
OPGAVEN. N°. 156
EN
157.
331
A 1 H2 en A 2 H 1 evenwijdig en beide gelijk aan A 3A4 cotg !bg A 3A 4 • Dus A 1A 2 en H 1H 2 zijn gelijk en evenwijdig. Hetzelfde be-
wijst men van de andere overeenkomstige zijden van de vierhoeken A 1A 2A3A4 en H 1 H 2H 3 H 4 • Deze vierhoeken zijn dus congruent en hebben omgeschreven cirkels met gelijke stralen. 0 p 1 o s s i n g van D.
J.
BoUMAN.
In het complexe z-vlak geven we de punten A; de coordinaten t, met It;! 1, (i =I, ... 4). De vier hoogtepunten zijn dan h1 = t2
+t +t
h,
(]- f;,
3
(cycl.)
4,
of met 4 (]
:E t;. i=l
Immers !.':::,
A 2A 3 A 4,
z t(t 2 + t3 t4 ) is het zwaartepunt van z = 0 het middelpunt van de omgeschreven cirkel
en het hoogtepunt ligt op de verbindingsrechte van deze twee punten met de bekende verhouding van de onderlinge afstanden. Beschouw nu de cirkel a) (z- ;;)
(z
1,
waarbij met streepjes de complex-geconjugeerde waarden zijn aangegeven. Hierop ligt h; want (h; -
a) (h, -a)
t;l,
1.
De vier hoogtepunten liggen dus op een cirkel met dezelfde straal als de omgeschreven cirkel van A;. 0 p Lo s s i n g van
J.
C. KoK.
Kiest men het middelpunt van de cirkel als oorsprong voor een vectorstelsel, dan wordt het punt A; vastgelegd door een waarvan de lengte R is. Het zwaartepunt van vector
a,
.
!.':::, A 1A 2A 3 1s
dan
al all+ 3
, waaruit volgt (ligging op de
332
WISKUNDIGE
rechte van EULER!) dat het hoogtepunt van de driehoek bepaald is door de vector 1 2 3 • De vraag is nu, of er een punt bestaat dat evenver verwijderd is van de vier hoogtepunten: 1 (i = 1, 2, 3, 4). Hieraan vol3 + 4 doet natuurlijk het punt a 1 a2 a3 a 4 , want
a +a a a a +
a
la1
a2
a +a 3
4
(a1 + a2
a3 + a4 -a;) I
R,
waaruit volgt, dat de vier hoogtepunten op een cirkel liggen 4
met straal R en middelpunt !: i=l
Vraagstuk CLVIII. Vier willekeurige punten A 1 , A 2 , A3 , A4 op de omtrek van een cirkel vormen drie aan drie genomen vier driehoeken. Bevvijs, dat de negenpuntscirkels van deze vier driehoeken door een punt gaan. (Dr 5. C. van Veen). 0 p g e 1 o s t door P. J. VAN ALBADA, lvi. G. BEUMER, Dr C. B. BIEZENO, D. J. BOUMAN, B. L. J. BRAAKSMA, L. T. DE BRUIN, Dr F. J. CHAMULEAU, Dr L. CRIJNS, M. DELCOURTE, Dr W. J. Fuss, Dr C. J. V. GRUTING, Ir A. v. HEEMERT, Dr L. DE JoxG, J. C. KoK, Dr D. N. LELYVELD, W. A. J. LUXEMBURG, F. W. NANNING, Dr L. SWEERTS, DrS. C. V. VEEN, G. V. D. VOET, J. WICHERS, J. WISCHMAN, Mr J. V. YzEREN en C. ZWEENS.
0 p 1 o s sing van Dr L. DEjONG. De stelling geldt voor vier willeketJ,rige punten. De gelijkzijdige hyperbool door A1 , A 2, A 3 en A4 behoort immers tot elk der vier bundels gelijkzijdige hyperbolen door drie der pun ten; haar middelpunt ligt dus op de vier negenpuntscirkels van de driehoeken, door telkens drie der vier punten gevormd. In het bijzondere geval, dat een der punten het hoogtepunt is van de driehoek met de andere punten tot hoekpunten, vallen de negenpuntscirkels samen.
OPGAVEN. No. 157 0 p 1 o s s i n g van B. L.
EN
J.
158.
333
BRAAKSMA.
We kunnen dit vraagstuk oplossen met behulp van vraagstuk 157. De middelpunten van de 4 negenpuntscirkels hebben afstanden tot het middelpunt van de gegeven cirkel, die gelijk zijn aan de halve afstanden van de 4 hoogtepunten tot het middelpunt. Omdat de hoogtepunten liggen op een cirkel met straal R, liggen de middelpunten van de negenpuntscirkels dus op een cirkel met straal t R. Elk van de 4 negenpuntscirkels heeft ook een straal iR. Dus de 4 negenpuntscirkels gaan door een punt. 0 p 1 o s sing van D.
J.
BouMAN.
In het complexe z-vlak geven we de punten Ai de coordinaten t; met ]t;] 1, (i = 1, ... 4). De hoogtepunten h; zijn dan (cycl.) of met
De middelpunten n; van de vier negenpuntscirkels worden gegeven door ni = i(a- t,). Daar de straal van deze cirkels
ri
t
is, zijn hun vergelijkingen
(z - ni) (z- iii) -
t
0,
waarbij met streepjes de complex-geconjugeerde waarden zijn aangeduid. Op al deze cirkels ligt blijkbaar het punt F met coordinaat z af2. 0 p m e r k i n g: Zij M het middelpunt van de gegeven cirkel, Z het zwaartepunt van de vierhoek A1A2A3A4 , N het middelpunt van de in de vorige opgave bedoelde cirkel, dan liggen de punten M, Z, F en N collineair, op onderlinge afstanden die voldoen aan MN = 2MF
4MZ.
WISKUNDIGE
334
0 p 1 o s s i n g van
J. C.
KoK.
Dit vraagstuk laat de volgende n dimensionale generalisering toe: Zijn in Rn gegeven (n 2) punten A11 A2 ••• AnH• gelegen op een hyperspheer dan gaan de (n 2} hyperspheren van FEUERBACH, behorend bij de (n + 2) simplexen die uit die punten gevormd kunnen worden, door een punt. Onder de hyperspheer van FEUERBACH van een simplex, verstaan we dan de hyperspheer gaande door de zwaartepunten van de zij-simplexen van het simplex. B e w ij s. Kies het middelpunt van de hyperspheer als oorsprong van een vectorstelsel. Het punt A; wordt dan vast gelegd door een vector met lengte R. Neemt men het simplex A11 A2 , ••• Ann dan moet de bijbehorende hyperspheer van FEUERBACH gaan door de punten:
ai
1
n
n+I ~ 1 ~ :E aJ-~-ai
(i = 1, 2, ... , (n
n
J=I
+ 1)}
1 n+l :E aj qn+ 2 • n i=I 1 ~I R . R - ai · De straal IS dus --. n i n n 1 Zo is het middelpunt van de hyperspheer behorend bij het simplex Av A 2 , ••• A~c-v Ak+l• ... An+2 gegeven door qk met:
Het middelpunt van deze hyperspheer is
De punten punt:
qk
liggen op hun beurt weer even ver van het
r daar •
r
De (n
qk!
+ 2}
1
•H-2
- :E aj, n 1=1
1 ~ R 1-a~cl =~. n
n
hy-perspheren hebben echter een straal
R n
OPGAVEN. N°. 158. en hun middelpunten liggen op een afstand
335
~ van een vast
n punt r verwijderd, zodat die hyperspheren allemaal door het punt gaan.
r
Opmerking van Dr J. W. A. VAN KoL. De vraagstukken 157 en 158 komen, enigszins gewijzigd voor in het bekende leerboek van Moi,ENBROEK. Ret gegeven in no. 158, dat de vier punten Av A2, A8, A4 op een cirkel liggen is overbodig. Dit laatste blijkt ook uit de bovenstaande oplossing van Dr L. DE JoNG en is ook opgemerkt door M. G. BEUMER en W. A. J. LUXEMBURG. Opmerkingen van J. WISCHMAN. I. De middelpunten N1 , N 2 , N3 , N 4 van de negenpuntscirkels der driehoeken A2A8A4 , A8 A4Av A4A1 A2 , A1A2A3 ontstaan door de vermenigvuldiging (M, i) uit de punten Hi. Hieruit ----)>
---)>-
volgt N 1N 2
=
iH 1 H 2
QA door een punt Q, waarbij _ _;. = - 2. Q is dus het gemeenQNi schappelijk zwaartepunt der driehoeken AiMHi. II. Daar P het midden van de lijnstukken AiHi is, ligt Q op --)-
PM, waarbij
~
-
t.
Het middelpunt 0 van de omge-
QM schreven cirkel van vierhoek H 1 H 2H 3H 4 ligt eveneens op PM, ----)>
QP = 1 • D e punten P, M, Q, 0 vormen dus een waarb IJ.. -===;;:2 OM harmonisch viertal. 0 p me r k i n g van Dr S. C. VAN VEEN. Men kan ook gemakkelijk bewijzen, dat het snijpunt N der negenpnntscirkels ,gelegen is op de vier Wallace-lijnen van A,. t.o.v. 6, A~ 1Am. Deze vier Wallace-lijnen gaan dus ook door een punt.
336
WISKUNDIGE
Opmerking van Dr F. J. CHAMULEAU. Het vraagstuk is een bijzonder geval van de algemenere stelling: De negenpuntscirkels van alle driehoeken, waarvan de hoekpunten op een orthogonale hyperboolliggen, gaan door het middelpunt van die hyperbool. Zie ook de bovenstaande oplossing van Dr L. DE J ONG.
Vraagstuk CLIX. Bewijs, dat voor aile (reele en complexe) waarden van n geldt
l
+ k2)} '
p1! ( lk2 2
a1s
(Dr S. C. van Veen).
0 p g e 1 o s t door Dr L. CRIJNS, Ir A. v. HEEMERT, Dr L. DE JoNG en Dr S. C. VAN VEEN. 0 p 1 o s sing van Dr. L DE
]ONG.
Wij nemen op de eenheidscirkel om 0 een punt Q in het le of 2e kwadrant en een vast punt Q: k, 0) op de X-as; I k I< I. Is fP de hoek van PQ met OX, dan is de integraal uit de opgave:
J
PQndt:p.
0
A1s nieuwe integratie-variabele voeren wij nude hoek ()in, die OQ met OX maakt. Daar PQ 2 =--= I 2k cos () k2 en uit de figuur volgt:
+
PQ dt:p
+
cos(()- f!!)d()
=
=
I
k cos() PQ d(),
heeft men: n
J 0
n
PQn df!!
=
J (I 0
~-1
+ 2k cos() + k2) 2
(I
+ k cos O)d().
OPGAVEN. N°. 158 EN 159. Uit de bekende identiteit: "' P n(x) =-;; (x + V x 2 -
1!
-
337
1 cos ())nd()
0
1 + k2 volgt echter direct, voor x = - - : 1-k2
2
f
1
=- ---n
n
Pn 2- 1
+ Pn2 =
"'
(1
+ 2k COS()+ k
'/1,_1 2 2 )
(1
+k
COS
rJ)d()
(1-k2)2 o
waarmee het gestelde bewezen is. 0 p 1 o s sing van IrA. v. HEEMERT. Wij maken gebruik van de integraalvoorstelling van LAPLACE (WHITTAKER en WATSON, 15. 23). nP n(z) =
"'
J
{z + (z 2
-
1)! cos cp}ndcp.
0
Dan verkrijgt men n [ p ~-1 2
1 + k2) ( 1 - k2
+ p ~2 (11 -+
k2)] k2
=
"' 2 = j{1 + k2 + 2k cos
-~ = 2(1 - k2) 2
"'
J
~-1
(1 + k 2 + 2k cos cp) 2
•
(1 + k cos cp)dcp.
0
Substitueer nu 1 + k2 + 2k cos cp = {
v1 -
k2 sin 2 "P + k cos 'I{J} 2,
dan wordt cos cp = - k sin 2 "P +cos 'I{JV1- k2 sin2 'I{J, sin cp =sin 'lfJ( V1-k 2 sin 2'1fJ+kcos'I{J)=sin'I{J(1 +k 2+2kcoscp)!, en
WISKUNDIGE
338
Vult men dit in dan blijkt
n[P~-1 = 2(1
c ~:) I
k2 )
p~c + ~:)] = n
n
k2
(I
=
2k cos rp)2 dtp
0
=
I "' {
2(1- k2)
()
0 p mer king van Dr S. C. v. VEEN. De gegeven herleidingen gelden zolang P,(z)
1 =
n
"' J{z
(z 2
I)*costp}-n-ldtp
0
geldt. Dat is het geval als I arg z .
!
.
<
n I en onbeperkt complex.
2
De uitkomst is dus juist, als
I arg
+
1 k2 _ k2 I 1
<
n 2
of
Ik I <
I.
Vraagstuk CLX. A1s in de omgeving van x f(3x)
0 geldt
= 3f(x) - 4f3 (x) en lim x-1 f(x)
1,
x--'l> 0
dan is
lim x- 3 (x
f(x))
X---)-0
(Dr W. Verdenius).
0 p g e 1 o s t door L. T. DE BRUIN, Dr L. CRIJNS, Dr W. J. Fuss, Dr L. DE jONG, Dr W. T. KoiTER, J. C. KoK, DrN. H. KUIPER, DrR. LAUFFER, P. v. LENT, F. W. NANNING Dr L. SWEERTS, Dr W. VERDENIUS, J. WICHERS en Mr J. V. YZEREN.
339
OPGAVEN. N°. 160. 0 p 1 o s sing van Dr W. T. KOITER.
x-3 (x
Stel
= A{x).
f(x))
(1)
Uit gegeven functionaalvergelijking volgt x-3 (/(3x)- 3f(x)) = - 4x-3f(x).
{2)
Vermenigvuldig (I) met 3 en trek (2) af, dan volgt x-3 [3x- f(3x)] = 3A(x) + 4x-3f(x), of 27A{3x)- 3A(x) = 4x--3f(x). Laat nu x tot nul naderen, dan nadert het linkerlid tot 24lim x- 3 [x- f(x)] x-+0
en rechterlid tot 4 en hiermede is gestelde bewezen. 0 p 1 o s sing van . x - /(x) It m -3- x--+0 x
} lim y -
9 1m
y-.-+0
+
f(y)
y3
y-..+0
- 11'
+ lim
3f(y)
27y3
y-.-+0
x
x-.-+0
4/a(y) 27y 3
lim ( f{y) )
+ 274(1"tm
3
f(y)
)3
Y
y-..+0
Dus
3
Y
x--+0
f(x) X
C. KoK.
lim 3y- 3f(y) + 4/3 (y) u--+0 27y 3
lim 3y- f(3y) v--+O 27y3
= lim 3y
J.
.
4
27'
lim x
Dus
x--+0
f(x) X
=
t.
3
0 p 1 o s sing van P. v. LENT. f(3x)
3f(x)
3f(x)
32/
.
4f3 (x)
4.3f3 ( ; )
(;)
..
. .. .. . . 3nj (~-) = 3n+lj (~)- 4.3nf (~) 3n-1 3n 3n "
.
"
WISKUNDIGE
340
3"'+1f (__:__) 3n
3x.
=
f(3x)
3x- f(3x)
(3x) 3 lim 3"x :~:-+O
3"' I(__:__)-+ 3x, X 3n
als n-+
~.
3x
oo
~k
f(3x) = (3x)3
-x)3r(3k
1 ( 3" 32" ..!... 27
X )
,
£'k __!_ t. o 32k
De uniforme convergentie blijkt uit:
I( ~
r ;k) I t3 (
< A voor iedere
k en voor
IX I <
e.
OPGAVEN. No. 160 EN 161
341
Vraagstuk CLXI. De rechte a staat loodrecht op vlak V. Een homogene staaf AB kan zich zo bewegen, dat A op a en Bin V blijft. Bepaal de beweging van de staaf als daarop geen krachten werken. (Dr 0. Bottema). 0 p g e 1 o s t door Dr 0. BOTTE:MA, Dr W. T. KOITER, Dr R. LAUFFER en Dr A. I. VAN DE VooREN. 0 p 1 o s s i n g van Dr W. T. KolTER.
Voer in als noodzakelijke coordinaten, die de stand van de staaf AB bepalen, de hoek(), die de staaf maakt met a, en de hoek 1p, die het vlak door AB en a maakt met de beginstand van dit vlak. De momentenstelling om a levert de vergelijking !ml2 (p sin2 0 =constant, (I) terwijl ook de kinetische energie L = fiml 2
(p2 sin2 0
= constant (2) moet zijn. De vergelijkingen (1) en (2) zijn identiek met de overeenkomstige vergelijkingen voor een in een punt van a opgehangen bolslinger (massa im, slingerlengte l}, die niet aan de zwaartekracht is onderworpen. Deze bolslinger beschrijft een eenparige cirkelbeweging in een willekeurig vlak door zijn ophangpunt. De beweging van de staaf AB wordt hieruit afgeleid door op de beweging van het slingerkoord een translatie in de richting van a te superponeren zodanig, dat het punt B steeds in het vlak V blijft. Zij co de hoeksnelheid van de bolslinger en a de scherpe hoek tussen het vlak V en het vlak van beweging van de (in het snijpunt van a en V opgehangen gedachte) bolslinger, dan moet op de beweging van de bolslinger een translatie in de richting van a worden gesuperponeerd ter grootte {}2)
u = l sin a . cos cot,
(3)
als t = 0 wordt gesteld op een ogenblik, dat de projectie van het bolslingerkoord op a maximaal is. Hieruit volgt 22
342
WISKUNDIGE
1. de beweging van AB is periodiek met periode 2:n:fw; 2. de beweging van A langs a is harmonisch met amplitude l sin a; 3. het punt B beweegt zich volgens een ellips in V met halve assen l en l cos a; 4. de noodzakelijke coordinaten ()en cp worden beschreven
door de vergelijkingen cos () = sin a . cos wt tg cp
1
cos a
tg wt,
waarbij cp en wt steeds in hetzelfde quadrant liggen. 0 p m e r k i n g. Dezelfde oplossing geldt voor een niethomogene staaf mits het zwaartepunt in het midden van AB ligt.
Vraagstuk CLXII. Als een vast lichaam zich beweegt om een vast punt 0, dat als oorsprong van een vast rechthoekig assenstelsel OX1 X 2X 3 wordt gekozen, dan is de kinetische energie gelijk aan L
i
l:
C;j
wiw1,
ij
waarin wi de component van de rotatievector langs oxi, Cii het traagheidsmoment van het lichaam t.o.v. OX, en Ct; (i j) het traagheidsproduct t.o.v. oxi en oxj voorstelt. Bewijs dL dt (Dr 0. Bottema). 0 p g e 1 o s t door Dr 0. BoTTEMA, Dr W. T. KolTER, Dr R. LAUFFER en Dr A. I. VAN DE VooREN. Oplossing van Dr 0. BoTTEMA Daar de traagheidsgrootheden Cu van de tijd afhangen is dL d - = 1 l: C.J dt ~ 'dt
(W·W·)
.,
-12
d l: W·W· C.J ''dt'
OPGAVEN. No. 161, 162
EN
163.
343
zodat wij moeten bewijzen, dat
.
d
1: w-w,~ dt c.. ., •
J
0.
(I)
C11 = J dm(x~ + xi) uitgestrekt over de punten van het lichaam. Hieruit volgt Nu is xl
WzXl- U'lXz, Xz = Wl%2- Wa%1,
WaXa - WaXz, Xz
zodat en verder iC22 = - waCu + wlCaa· !Caa = w1Ca2 w2Cs1· Voorts
is
zodat
cl2 J dm (x1x2
xlx2) =
wlcl3
+ w2C23 + Wa(C22-Cu).
met overeenkomstige uitdrukkingen voor c23 en Cal· Na substitutie in het linkerlid van (1) volgt het gestelde.
Vraagstuk CLXHI. Te bewijzen voor 0
~
(2p)!
t>=oPI(P+I)!
<
{3 :s;; 1
(fJ) t>(1n fJ 2
2
2
1
1
P+1+P+2+ ...
1 I ) 2 ( {3 ... 2p- 2p + 2 = [32. In Z
vI~-- {J ln 1+ V{J1-{32) • 2
(Stelling V bij het proefschrift van Dr A. I. VAN DE VoOREN. Theory and practice of flutter calculations for systems with many degrees of freedom. Delft I 952). (Dr H. Bremekamp). 0 p g e 1 o s t door Dr H.
BREMEKAMP,
Dr A. I.
Dr L.
DE ]ONG
en
VAN DE VOOREN.
WISKU:NDIGE Oplossing van Dr L. 2
Noemen wij -~ p)! . p!p!
1
dan is:
=a P'
DEjONG
~a 0
p
(:J2P= ---;==: {32
Door integratie volgt hieruit:
en door een tweede integratie :
""
a
~ (p; 1)2 (32P
1 + v]:_p2}
-···~
4{
(32 I - Vl-(32 +In -
2
.
Als wjj deze beide laatste relaties in de gestelde gelijkheid invoeren, rest te bewijzen:
¥ 2(pav
1)
p2v+2 (
~···-
1
V1-f32)ln----
(1
=
p~ 1
Beide leden worden 0 voor {3 = 0. Wij kunnen dus volstaan met de gelijkheid der afgeleiden te bewijzen, d.w.z.: oo
.
~ a:P f32v Nu is
(
1
1 )
P+ 1
-1
. . . 2p
In
1
v1-p 2
1
-pll + p1 2 + ... ;p = 1-x:-~P dx. 0
Hiermede herleiden wij het eerste lid tot : 1
0
l
1
J -(32 x=1
-ln
l-x{3 2 -l'
{3 (1-x)
}I x=O
-1
--;===In -(32
1+vi
2
fi2 .
345
OPGAVEN. N°. 163.
0 p 1 o s sing van Dr A. I.
VAN'
DE VooREN.
Zowel het linker als het rechter lid van de gelijkheid blijkt gelijk te zijn aan
J
00
-
e-is { Hi2) ({Js) -
_J'l;
fJ
2i 1 } ds ' Im s ;;:;:; 0. n ~ s
0
Door H~2 l ({Js) in een machtreeks te ontwikkelen wordt het linkerlid verkregen, door een integraaluitdrukking voor 2i 1 Hi2 l ({Js) te substitueren en vervolgens de inten {Js gratievolgorde te verwisselen, wordt het rechterlid verkregen. 1o. Reeksontwikkeling
i~ = {1 ni(c +
H~2 l ({Js)
2
2
n {Js
({~)2p+I 2i 1:: n p=O
(1 + ~
00
+
l)P
yv+I
( {Js 2 ln~)} ~ (-1) 11 - - 2 p=O pi (P+1)!
1
p!(P+I)I
... ~ + 2p ~ 2).
Dit leidt tot de integralen 00
00
J e-is s 211 ds en J e-isln s s2 ~> ds. 0
Voor Im s
<
0
0 volgt door partiele integratie
J~-is sh ds = J2P)! i2~>+1
0
en (2p)! ( I 1 - + -···-- + ... + 1
oo
~ib+l
fe-is}ns.sbds= 0
2p
2p -
1
in)2 '
C--.
waarbij in de laatste integraal tevens gebruikt is, dat 00
i
J e-i• In s ds = 0
c
.n 2
't-.
Dat volgt door in het complexe vlak de contourintegraal
J e-z ln z dz te beschouwen, waarbij de contour het eerste kwadrant omvat.
WISKUNDIGE
346
2°. Substitutie van een integraaluitdrukking. Door de algemene formule voor cilinderfuncties
toe te passen en vervolgens de tweede term partieel te integreren vindt men, dat de integraal ook gelijk is aan 00
00
- nfe-•s
H( 2) o
({3s) ds
+ i {Jn Je-is {H
0
0
De integraalvoorstelling voor de Hankelfuncties wordt gegeven door de formule van HEINE Cf
H~2 l (z) =
e(•+ll~. ~! e-~ cosh t cosh vt dt,
geldig voor - n < argz < 0 en als v 0 ook voor arg z 0. Dan wordt na substitutie en uitvoering van de integratie naar s
J
00
00
n e-is Hh
2
'
dt {J cosh t + 1 '
({Js) ds = -
0
0
f e-•s {H~ l 00
i ;
2 ({3s)
2i 1 } ds = n {Js
0 00
·-;f(
{3 cosh\
{3sinht+ 1
cosh t dt.
0
Te zamen wordt dit
f00
-
2 {J2
f3e-t {3 sinh t
-
+1 + 1 dt
0
Stel nu et x, dan wordt na enige herleiding het rechterlid van de te bewijzen gelijkheid verkregen.
OPGAVEN. No. 163 EN 164.
347
Vraagstuk CLXIV. Van bet stelsel 2 sin x cosy
ou
ov
ou
':I
':I
+ 2 cos x cos y uX + sin (x + y) uy +
OX
+ 2 cos x cos y ~!': = oy
ou
2 COS X COSy OX -
sin (x- y) cos (x- y),
axov +
2 sin X COSy
- 2 sin x cos y ov
oy
=
(X
au
y) oy
cos2 (x - y),
vraagt men de oplossing, waarbij voor y
u
COS
= sin x, v =
=
0
cos x. (Dr H. Bremekamp).
0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, D. J. BouMAN, T. C. BRAAKMAN, Dr H. BREMEKAMP en P. J. DE DOELDER.
0 pI o s sin g. Door eliminatie van v vinden we
ou ox
ou = oy
cosy-~
2 cosy--
cos (x- y) cosy.
Het hulpstelsel van LAGRANGE is dx
2
-
dy
du
cos (x--
waarnit 2y
X
Dus u
sin (x
De voorwaarde voor y
y)
=
0 geeft. !f?(x)
u =sin (x-y).
0, dus
348
WISKUNDIGE
Door dit in een der gegeven vergelijkingen in te zetten, vinden we
OV
ov
ox
oy
0,
dus
V = 1p(x-y), en de voorwaarde voor y = 0 geeft 1p(x) =cos x. Wij vinden dus cos (x
u =sin (x- y), v
Vraagstuk CLXV. Men vraagt de oplossing van het stelsel
(x2 - y2)
~
~
xy ~~
ou
(x2
y2)
~
xy ~ oy
av oy + (x + y) u + (x-y) v = ou ov ou ox
+ xy
2
--ya,
+ 5xy
2
y3,
x2y
3x3
ov
OX +~ ox +~-~ oy +~~+ oy (x
y) u
+ (x + y) v =
waarbij voor x = 0, u
3x3
x 2y
0, v = y 2 •
(Dr H. Bremekamp). 0 pg
T. C.
e
1o
s
t door M. G. BEUl\~ER, D. J. Dr H. BREMEKAMP en P.
BRAAKMAN,
0 p 1 o s sin g. Door optelling vinden we
ou
x':\uX
ov
ou
ov
+Y~+u+x,..,
+Y,..,oy oy
oX
Stellen we xu
yv
=
w, dan wordt dit
ow
ow
ox
ay
waaruit
w
=
x3
v
+y
= 3x2
3
3y 2 ,
fJJ(X- y).
BouMAN,
J.
DE DOELDER.
OPGAVEN. N°. 164, 165
349
0 geeft w = y3 , dus
De voorwaarde voor x
y3
166.
EN
y3
+ rp(- y),
ux
vy = x 3
dus
(rp- y)
= 0,
+ y3.
J?oor aftrekking der gegeven vergelijkingen vinden we 0~[
y
y2 _
ax
ou oy
2
yu
~
=
en door te substitueren yv
y2
ou oy
(x
-
yv xa
_ x2y
+ y3 -
+ 2xy2
ya
xu
+ y) u =
Daarwe hiervan onmiddellijk de particuliere oplossing u x2 zien, beperken we ons vooreerst tot de gereduceerde vergelijking
ou ax
y2 _ _ y2 Het hulpstelsel van Wij vinden x
ou =
ay
(x
+ y) u.
. dx y2
LAGRANGE IS
dy
du
y2
(x -f-~Y)--;·
du
y
u C1
u
-
= C2
x+y
X
eli = C2 eY~ = C3 e1i. X
+ y) eli oorspronkelijke vergelijking u = x2 + V'(x + y) ev.
De oplossing der gereduceerde vergelijking is u
V'(x
X
en die der De. voorwaarde voor x 0 geeft V'(Y) 0, zodat we vinden u x2• Uit ux + vy x3 y3 volgt dan verder v y 2 •
Vraagstuk CLXVI. Van het stelsel
ou ov w, ax oy ov ow u ax ay ' ow ou ox - " "oy =V, -«~-=
350
WISKUNDIGE
vraagt men de oplossing, waarbij voor y x, u = v w = cosh x. (Dr H. Bremekamp). 0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, D.
J.
BouMAN,
T. C. BRAAKMAN, Dr H. BREMEKAMP, Dr W. T. KolTER en Dr L. DE J ONG. 0 p 1 o s sing van Dr W. T. KoiTER Bij elke oplossing z(x, y) van de vergelijking
oz ax
oz ay
(1)
-=Z
behoort een oplossing u = v w z van het gegeven stelsel. We zoeken een oplossing van ( 1) in de vorm
z = X(x)
(2)
Y(y).
Dan moet gelden dX
dY
dx
dy
y
(3)
B e- 11
(4)
~--=X,-··-
met de oplossingen
X
=
A e"', Y
=
Aan de eis z = cosh x voor y = x wordt nu voldaan door A B ~· en de gevraagde oplossing is dus (5)
0 p 1 o s s i n g van Dr H. BREMEKAMP. Uit het gegeven stelsel volgt
o(u
+ v + w)
o(u
v
+ w)
oy
u
De hulpvergelijkingen van LAGRANGE zijn dx
-
d(tt
dy = · · - · · - - - u
Wij vinden dus u
v
w=e"'
v +w.
OPGAVEN. N°. 166 De voorwaarde voor x
167.
351
y geeft
3 ch x
e"'
i( 1 + e-
2 "')
dus
EN
+ +
p(x y) !(1 e-"'-11) u v w = i(e"' e-'~~). Verder vinden we uit het gegeven stelsel
e2
+ ev + e2w)
als e = !(-1 Dit geeft
o(u e-
+ ev + e2w)
(1)
(u
oy
ev
e2w),
iyl3).
dx tt
en daar 1 + e
dy ev
+ e2 =
+ e2w =
e•x
u
ev
e2w = 0.
(2)
Evenzo vinden we
waaruit op de zelfde manier volgt e2v+ew
u
Uit ( 1), (2) en (3) lossen we op u = v = w = i(e"'
(3)
0
e-11}.
Vraagstuk CLXVII. Men vraagt de oplossing der differentiaalvergelijking 4 2 = x 3 waarbij voor t = 0,
:;2-
:;-y ~2-~:
y ( ~;-- ~~) ·
(Dr H. Bremekamp).
0 p g e 1 o s t door D.
J.
Dr H.
BouMAN,
T. C.
BREMEKAMP
BRAAKMAN,
en Dr L.
DE JONG.
352
WISKUNDIGE Oplossing van T. C. BRAAKMAN.
x
Wanneer weals nieuwe onafhartkelijk variabelen invoeren: y p, x- y = q en 2t = -r volgt uit de gegeven diffe-
rentiaalvergelijking, na vermenigvuldiging met q : 4
o2z) = o2z 3~
oz
q (fJ;ji
2 oq (Differentiaalvergelijking van DARBOUX).
(j2z
Stel u =
(j2z
oq2
dan is direct na te gaan, dat u voldoet
aan:
(J2u
(J2u
--~
oq2
Immers:
0.
..-
()r2
(J2z) (oq202 - a;202) .(()2z aq?.(Jr2
4
oz
4
o2z
( 32 cq2 -
=
o3z
2
2
32) (2 oz) a.2 . qoq = ()3z
f . aqz + q . oqs -- q . aqa-rz =
qs oq
2q . ~(-a:~azz oq oq or 2
2
2q
-~zq) v
O.
De algemene oplossing van de vergelijking voor u kan geschreven worden in de vorm:
u zodat:
oz '::l
vq
q -
2
•
u Ievert :
z = q {~F(p, q 2
o(q
-! {F(p, q
r)
+ ~(;(P, q- r)} o(q - r)
-r) r)
G(p, q
r)}
+ H(p),
en:
!L{o2F(p, q
-
2
o(q
1
{oF(p,
2
---o(q
r) _ o2G(p, q- -r)} r) 2 o(q- r) 2
q + •) oG(p, q •)} + r) --a(q~.
353
OPGAVEN. N°. 167.
De voorwaarden voor t q {oF(p, q)
oG(p, aq
q)}
aq
G(p, q)}
HF(p,q)
-~----+---
2
0 leveren: 1 (I)
H(p)
en: q 2
q) aG(p, q)} i { oF(p, ---·············--···-
{o F(p, q) oG(p,J_)} 2
2
oq
oq
2
oq
2
aq
Uit (1) volgt:
+G
A(p). q
F-G
B(p). qz
F
2H(p)-
2
p2
en (2) Ievert: 1 ++ D(p). 3q
Hieruit valt direct af te leiden : F(p, q
+ r)
2 T -r) = - p2- 3(q2
G(p, q
A(p) . q + 2B(p) . qr:
2H(p)
en: oF(p, q + r:) a(q + r:)
+ oG(p, q
-c)
2qr:
. 3 (q2 _ -r2)2
r:)
o(q
+
A
2B(p)
(p)
T,
waaruit we voor z vinden: 1
z(p, q, -r)
=
T:
3q2- 7:2 -r2)2
p + 6 · (q2 _
of, in de oorspronkelijke variabelen: 1
z(x, y, t)
(x
+
y) 2
3(x - y) +-3t .{(xy) 2
Oplossing van Dr H.
2 -
4t 2
-
4t2} 2
.
BREMEKAMP.
Wij behandelen het meer algemene geval, dat voor t =0,
oz
z = q;(x, y), at
q;1 (x, y), waarbij q; en q;1 gegeven functies zijn.
Door te stellen x
y
=
~.
x- y
= 1J
gaat (1) over in (2)
354
WISKUNDIGE
waarvan een oplossing is te bepalen, zodanig dat voor t z
p{j(~
rJ), t(~
0
n)} = t:P(~. n)
en
oz at= rpl {t(~ + n), f(~- n)} tP~(~. n). Stelt men 11 + 2t = u, 11 2t = v, dan wordt (2) ()2z 1 ( (Jz oz) 0 ;-+~ a;,+ av ouov en als
cz
a
-·-Z
ov
1-t
+v
a 2z tt+v (u+ v}i'
oa cu
---
Door eliminatie van z vinden we
32a
oa
I
oa u + v ov
-+ ouov u + v-ozt
2a (u
+ v)
0,
2
of
~-.(~+ ou ov dus
1
u
1
1
a)--(~+-a) v u v ov u +v
oa ov
v
a
=
(u
0,
v) 1p(v).
Schrijven we voor w(v) = tt;"(v), dan geeft dit 1 ···~~f(u)
a
u+v
dus z = - f('u)
f(u
+ v) t;'(v)
+ !(u
v) f'(u)
f;(v) / 1 (v)
+u
1
i(u
v
ft(v),
v) f~(v)
en door terug te keren tot de veranderlijken ~ en 11, bedenkende, dat in (2) geen afgeleiden naar ~ voorkomen, vinden we als oplossing van die vergelijking
z
+ '11
-- /(~. 11 oft(~,
+ 2t)
11
n- 2t) 0'1]
•
1
of(~. ~ + 2t) -II(~. 11 -
2t) (3)
355
OPGAVEN. N°. 167.
Hierin moeten nu fen / 1 zo bepaald worden, dat aan de beginvoorwaarden is voldaan. Deze geven rJ
at~~· n)
w(~. n)
OrJ
(4)
en daar
e. +
n 2t) 2 at( ______ -"--..:._____c_
n-2t)
2
on
01]
'02/l(t ' f j - 2t)
on2 ---,
-2rJ
of(~. n)
+ rJ o f~~.?J_~ + o/1~;, 2
01] 2
01]
Or]
Uit {4) volgt (fl'/(~.
32ft(~.
n)
n)
1 atP(~. n)
--n-yn·
(6)
dus (J3j
()3fi
1 (J2cp
1 ()cp
on a on a
- 'fJ2 -+-----on 'fJ on2'
ons
+-21] 01} '
uit (5) l (Xl\
01]3
dus (J3f
(;cj)
-=-
ana aat1
01]3
-
1 atP 21]2 01]
32@
l
1 (Jcf;l
---+ 211 01] 2 4YJ 1
+~
on
1 acpl OrJ 2- - - 411 01)
o
2$
Bepalen wij dus de functies lf'(~, 17) en 'l'1(e, n), (waarin ; als parameter optreedt) zo, dat
P"' =-1 ocJ> 21] 2 01]
dan vinden we
f= /1 =
+ 'l'1 (~, rJ) + 17 2 F(~) + 11 F1 (~) F2 (~), P(;, 17)- 'l'l(e, 17) + 1] 2 G(~) + 11 Gl(;) + G2(;),
'l'(~, rJ)
(7) (8)
356
WISKUNDIGE
waarbij F, Fv F 2 , G, G1, G2 willekeurige functies zijn. Deze hebben echter te voldoen aan de uit (4), (5) en (6) volgende betrekkingen 1J2 (F Fl
G)-- (F 2 Gl
+ G2)
([J
2P- 2'fJ P', 2P~ 2'fJ
=
!([Jl
=
l ([J'- P". 2'fJ
p;
I'
Uit de eerste en de laatste van deze betrekkingen volgt
F2
G2
= in@'- n2 P"- ([J
2P
2nP'.
Uit de definitievergelijkingen van P en P 1 blijkt, dat de tweede leden der laatste drie vergelijkingen inderdaad onafhankelijk zijn van '1· Door (7) en (8) te substitueren vinden we
z = - P($, rJ
2t)-
oP(~, rt-
'f)
2t)
drJ
4t2) {F(~) + G(~)}- 2t {(Ft($)- G1($)}
+ (n 2
t}
1l
3P1 (~v rt-
2t)
0'1}
1]
3P($,
+ 2t)
P1 (~, rJ
+ 2t)
+ (F2+G2).
In het opgegeven voorbeeld wordt de berekening zeer vereenvoudigd doordat @($, n) dien
@1 (~, rJ) =
1 'fj2
0 p'''- __1_ p''
dus
dus
1
-
~2
niet van $ afbangt.
Wij vinden '
__!_ niet van 11 afbangt en boven-
2r}"
1
OPGAVEN. N°. 167 1
1 12(1]- 2t)
Z=----
.
12(1] + 2t)
EN
357
168.
1]
+ l2(1]- 2t)2 l
+ ~2 en terugkerend tot de oospronkelijke veranderlijken 1
X
z = 6(x
y)2'
Vraagstuk CLXVIII.
=
f(x) zij gegeven door /{0) f(x)
= exp
x-.a- (1 -
/(1) = 0, en
x) --t},
(0
<
X
<
1);
l is een positieve constante. Bewijs dat 1
1
1/(n)(x) I ;;;;;;; {Cn +A)n
(n
=
0, 1, 2, ••• ; 0;;;;;;; X;;;;;;; 1),
waarin C slechts van A. afhangt. (Dr. N. G. de Bruijn). 0 p 1 o s sin g.
Stel exp z-.a) g(z) (Re z > 0). Cv C2, •••• stellen in het volgende positieve getallen voor, die slechts van l afhangen. Kies C1 (0 < C1 < 1) zo dat Re w-;. > i op de cirkel
lw
II=
Voor x
cl.
>
0 is, met de integratieweg [z- xl = C1x, ig(n)(x)l
=I
n!. . 2m
g(z)
(z- x)n+l
dz/1;;;;;;;
;;;;;;; n! C}n x-,n {max e-w -JI}X -JI ;:;;;;: nn C}n x-n 2-x -JI. w-li=C1
Aangezien 2-Y ; ; ; ; c2 y-li-< (y :;;;:: 0)' hebben we (neem y =I fnx") 2-x-.A
{C2(nx-t)lf.<}n
(C2 nlit. x)n,
zodat 23
358
WISKUNDIGE
Is k geheel, 0 ;;,;;;: k ;;,;;;: n, dan geldt kk ;;,;;;: qk !, zodat
;;;;;;C~kl(n-k)!
k(I+!)k (n-k)(l+;)(n-k)
< x < 1, I /(nl(x) I = I{g(x)g(l- x)}(n) I ; ,; ;:
nlfl(k+n-k).
Derhalve is, als 0
:E(~)
q. C~k! (n
k)! nn!J.
=
e
n nn+n/l • 5
Het is gemakkelijk in te zien, dat voor x afgeleiden nul zijn.
0 en x
1 aile
Vraagstuk CLXIX. Bewijs, als cr;.(n) de som der A.-de machten van de delers van n voorstelt a1 (n)
= :E
djn
(··~)" a,~(d2). d (Dr N. G. de Bruyn).
0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, D. J. BOUMAN, Dr N. G. DEBRUYN, Dr L. DEJoNG en Dr E. TROST.
0 p 1 o s s i n g van Dr E. TROST. II P'; de kanonieke ontbinding van n, dan is
Zij n
i
1
pJ.(a;+l) _
a.<(n)
=
II
i
,
1
i
dus a;.(n) multiplikatief. Als a en b twee onderling ondeelbare getallen zijn en we de juistheid van de betrekking der opgave voor a en b veronderstellen, dan hebben we
a~ (ab) =a;. (a) a~ (b)
:E d/a
(!!_···)"a" (d2) :E (!L)"a" (t2) d t
:E :E ( -ab)"aJ. (d 2t2 ) dt
afa t/b
(p
t!b
ab)"a;. (D2). :E ( ---
D/ab
D
Nog aan te tonen is dus, dat de betrekking voor n = priemgetal) geldt. Men heeft
pa)"
!: ( _
d/p•
<1;.
a
a
i=O
i=O
:E p.<(a-i) aJ.(p2i) = :E pt.(a~i) .
(d2)
d pJ.(a+ 1)
_
pi.- 1
1 ~
i::/
,ii
=
{pi.( a+. 1)
_
PA- 1
p.1(2i+l)_J
_
1
1}2 cri (pa).
pa
OPGAVEN. N°. 169
EN
359
170.
Vraagstuk CLXX.
Een eindige rij van onvereenvoudigbare breuken pkfqk > 0, k = 0, .... , m) heet een ketting, als IPlllk-lq~r.Pk- 1 1 1 {k = I, .... , n). Beschouw een tweede ket0, .... , n), en neem aan. dat ting p~jq~ (k (q~r.
A qo
< P? < Pm < _p~ . qo qm Pn
Bewijs dat er een breuk is die in beide kettingen voorkomt. (D. N. G. de Bruijn). 0 p g e 1o
s
t door Dr N. G.
0 p 1o s s i n g van
J.
H. en Dr R.
DE BRUYN,
J.
H.
VAN LINT LAUFFER.
vAN LINT
Gegeven is:
Po < P? < Pm < P~ . qo qo qm qn Stel dat er geen breuk is die in beide kettingen voorkomt. en p~ de breuken A en Pm scheiden, qo qn qo qm · d.e t wee de k ett'mg een b reu k ~, p~ ZIJn .. d'1e tussen -Po en Pm m qk qo qm t t .. 1 p~+l . Po Pm li . 1tg erWIJ - ,- met tussen -·- en - . gt. qk+l qo qm Dezelfde redenering nu op de eerste ketting toegepast Dan moet, daar
P?
pl en pl+l P~+--1 sche1'dt. gee ft een paar -·~ - d at d e b reuk en -p~1• en-, ql '
qk qk+l a r a c We hebben nu dus 4 breuken - , - , - en met de pl+l
fJ
volgende eigenschappen:
rfJ- afJ cb
ad= 1
a
fJ
(I) (2)
<
a
0
y
b c
d
en:
a{J- ba ;;:;;;; I yb fJa ;;:;;;; 1 co-dy;;:;;;; 1
(3) (4) (5)
360
WISKUNDIGE
De laatste drie volgen uit de eerste ongelijkheid. Is a < 0 dan volgt uit (1) dat y ~ 0 is. Hieruit volgt met (4) data< 0 is en dit geeft met (2) c ~ 0. We zien dus, dat a, y, a en c aile 0 :2: of ~ 0 zijn. N eem aan dat ze > 0 zijn. Uit (5) volgt ac~ - ady :;;:;:: a} t ( ) Uit (4) volgt cyb ci~a :2: c -+me 2 Y :;;:;:: a c (6) Uit (4) volgt ayb a~a :;;:;:: a} t ( ) (7) Uit (3) volgt ya{J- yba :2; y -+me 1 a :;;:;:: a+ Y Uit (6) en (7) volgt nu y :;;:;:: y + a c. We vinden zo dus een strijdigheid. Evenzo voor a, y, a en c ~ 0. Onze onderstelling is dus niet juist. Er is een breuk die in beide kettingen voorkomt. 0 p 1 o s sing van Dr N. G.
DE
BRUIJN.
Aan elke onvereenvoudigbare brenk pfq voegen we in het complexe vlak de cirkel van FoRD toe, waarvan het middelpunt
p
+ -2q2i
en de straal
I
is. Bekend is dat voor 2q2 P1 /q1 P2 /q 2 de bijbehorende cirkels elkaar niet snijden, en elkaar raken als IP1q2 P2q1 1 1, en slechts dan. Met een ketting correspondeert een ketting van twee aan twee elkaar rakende cirkels; alle cirkels raken bovendien aan de reele as. In het in de opgave genoemde geval is het om topologische redenen duidelijk, dat.de beide cirkelkettingen punten gemeen hebben. Dit is slechts mogelijk als ze een gehele cirkel gemeen hebben. q
Vraagstuk CLXXI. Te bewijzen a
lim
~;1t-fsinn rp dp = a
n-+oo Slll n
tg
a, voor 0
0
welke formule zonder bewijs voorkomt in P. H. ScHOUTE, Mehrdim. Geometrie II p. 326). (Dr G. van Hasselt).
361
OPGAVEN. N°. 170 EN 171.
0 p g e loSt door D. J. BOUMAN, T. C. BRAAKMAN, B. L. 1· BRAAKSMA, 1· L. BURCHNALL, P. 1· DE DOELDER, Dr G. VAN HASSELT, Dr L. DE 1oNG,.Dr R. LAUFFER, 1· H. VAN LDlT, W. LUXEMBURG, W. P. NEWNS, Dr E. TROST en Mr 1. VAN Y ZEREN. S 0 1 u t ion by W. P. NEWNS and
1· L.
BURCHNALL.
a
LetJ.,.= .n fsin 11 ipdqy.ctga (o
1,.
0
is certainly positive and a
j"
1n < .
n sinn ip cos tp dip = n < 1. smn+1 a • n 1
+
0
Hence
1,.
is bounded. Let l
1.,.
I) be lim inf
From the
n-i>-oo
a
recurrence formula for f sinn qy dqy we have without difficulty 0
1,.) sin 2 a= 1 -
{1
n-1
n-2
1n-2•
and on taking upper limits on both sides
{I -l) sin2 a = 1 Hence l
=
1, and
1,.
l.
necessarily converges to 1.
1ONG
0 p 1 o s s i n g van Dr L. DE Stel sin qy =
t . sin a.
f
n Dan is u,. = ~···11 Sln
a
a
sin" f/J dqy _: n sin a
0
f
1
tndt -;:=====:=::::::::=·
0
a
Volgens de tweede stelling van het gemiddelde is 1
f'v1::t::Fn2~
0
dus
1
1 ( ----1)/tndt;O
c
362
WISKUNDIGE
u..
n sin a { n
waaruit direct: Lim Un
I I+ Co~-;;- 1) 1n .:?"1+1}. =
tg a.
n--7>-oo
0 p 10
SS
i n g van Mr
J.
Y ZEREN
VAN
We bewijzen dat
f(a) f'(a) als 1°. f(cp) in (cp0 , a) integreerbaar is;
2°. lim 1/(cp)l < 1/(a)l in elk interval (cp0 , cp1) waarbij cp1 ,
(evenals /(cp) integreerbaar in (
< n f lf(
(
era) n(l -
~)n,
wat voor n
--7>-
oo
'Po
de limiet 0 heeft. We mogen dus het integratie-interval (cpa, a) verkorten tot (
< f(a)
(a- cp) (f'(a)
+ s) < f(cp) < < /(a) - ( a - cp) (f'(a) -e) < /(a).
Dus a
a
nf{l-(a
'1'1
a
s)/f(a)}"dcp
(a-cp)(f'(a)-s)/f(a)}ndcp.
(1)
OPGAVEN. N°. 171.
363
Het linkerlid heeft voor n--+ co een limiet, die gemakkelijk wordt gevonden door q;1 te vervangen door a- f(a)J(f'(a)+e). Dit mag, omdat het hoven bewezene evengoed toepasselijk is op , de functie 1- (a- rp) (f'(a) e)jf(a), die in (a-f(a)f (/'(a) e), a) aan de eisen 1°., 2°. en 3°. voldoet. Bij de nieuwe ondergrens gaat het linkerlid van ( 1) door de substitutie 1 - ( a - ffJ) (f'(a) + e)/f(a) = x over in 1
nfx"dx.f(a)/(f'(a) +e). Voorn--+oowordtdit/(a)/(/'(a) +e) 0
en evenzo blijkt hetrechterlid van (1) f(a)/(f'(a) e) tot limiet te hebben. In verband met de willekeurigheid van e volgt dan a
f(q;) limn J(' ( · )" dq; n--+oo • /(a)
f(a) 7'(~)'
'PI
waarmee het gestelde is bewezen. Door een kleine wijziging in eis 3°. is dit resultaat te verruimen, waardoor we ook vinden 00
lim
yn
n--l>-00
•
{(sin q;)"'aq; (zie Opgave 111). q;
0
Als (i. p. v. 3°) de linkerafgeleiden f(~l' /(~;, .... , 1/!l-ll aile 0 zijn en!/~? 0, dan blijkt met dezelfde bewijsmethode
1
~oon •
k1 /
n
x (1-x)
cl 1
1 ( /(a). k! !_!.
1
1)
dx.k -/[:; -) =kr(k
(I(a~~~j). k .t)! · k
0
In het bijzonder vinden we hiermee (na enige triviale herleiding)
f
lim.vn n--+oo
0
'P(o sin
q;)"' dq;=-y:n y6=lim vnj"'(o{
-p
2
sin q; )"' ( 3)}1/3 dq; log 1+q;
n..-+oo
0
I
WISKUNDIGE
364
(In beide gevallen heeft de integrand bij 0 de ontwikkeling 2
.... ). Hierbij valt op te merken, dat bij de eerste
1- :
integraal q;0 door oo mag worden vervangen. (Immers 00
;vn!(~i: q; 1
r
1 co
vnq;-n dq;
dq; 1 <
n-1
wat voor n-;.. oo
1
0 wordt). Bij de tweede integraal is q;0
_,..
oo niet geoorloofd,
want bij even n treedt divergentie op.
Vraagstuk CLXXII. De afstanden van het snijpunt van AP, BQ, QR (zie N°. ABC verhouden zich als 4 4 sec
0 p 1 o s sin g.
I. Laten D en E de projecties van R resp. op BC en AC zijn. Het punt, waar cirkel M1 AC raakt, zij F, de projectie van R op M1 F zij G, het snijpunt van M1M2 met het verlengde van AB zij H. Wij onderstellen a< p, dan ligt B tussen A en H. Stel L AHM1 1p, dan is L M1 RG = a W· RE = FG = r 1 + GM1 = r 1 {1 + sin (a + w)}. Uit de figuur volgt: .
r
r
2 sm 1p = -1 - - , cos 'lfJ =
r1
+ r2
2Vr 1r 2
-~~~~~~~
rl
r2
\
1 -2r- ( yrlcos a r1 + r 2 2
. RD = Ana 1oog lS
2r2 ( ~~~-~~- vr2 r2
r1
. a) + vr2sm2
cos {3 2
2
.
• -~ {3 )z . + v• ' rl sm 2
OPGAVEN. N°. 171
Hieruit volgt:
(yr
365
172.
EN
f1)2 (yr
a)2
RD ~cos f1 sin-- : ___!__cos a +sin-- . (I) RE r1 2 2 r2 2 2 II. Bekend is (zie b.v. Rapport Z.W. 1951-020 van het Mathern. Centrum pag. 5): a
r1 =
(s- b) (s- c) s
cot-
4
X
--~-------------
(cot~- l)
a
Stellen wij de straal van de ingeschreven cirkel van !::, ABC gelijk 1, dan volgt hieruit door een eenvoudige herleiding: (1 +g) (1 +h) r1 = ----:-2--:( ~------::--. a
fJ
4
4
als tg- = f, tg
y = h gesteld wordt. 4
= g, tg
Analoog komt:
(1
+ f)(l + h)
--~··-
g)
2(1 Dus:
(2)
Verder is cos cos
III.
a 2
fJ
=
l-f 1-
.
Sln
2
g
•
2 1+ Uit (1), (2), (3) volgt:
sm
a
2
fJ
2g )
-Ig2
l
2
1 + g2 . ;c2
waaruit het gestelde dadelijk volgt.
ia
-.
(3)
+ g2
(1 g 1 / : ~=t X 1 +-f
Q
2g :
sec
2g
=
2
lP'
2
g) ( 1 -
r
f)
+ 2/ -
366
WISKUNDIGE
Vraagstuk CLXXIII. Bepaal alle even continue reele voor alle reele x gedefinieerde y + z = 0 impliceert functies f(x), waarvoor geldt, dat x
f(z) 1 f(x)
1 f(z) f(y)
D
f(y) f(x) 1
=
0.
(Dr N. H. Kuiper).
J.
0 p g e 1 o s t door B. L.
en
J.
H.
BRAAKSMA,
Dr N. H. KuiPER
VAN LINT.
0 pI o s sing van
J.
H.
VAN LINT.
Als we de determinant uitwerken luidt de eis: x+y+z=O impliceert 1 - f(x) - f 2 (y) - f2(z) + 2/(x) . f(y) . f(z) = 0 (I) Hieruit volgt /(0) = 1 of /(0) = t·
a. Zij /(0) = 1 - 3/2 (x) - !
t· Kies y -- x en z = 0, dan 0 dus f(x) = i daar f(x) continu is.
b. Ook f(x) = 1 is een oplossing. We zoeken nu oplosI en f(O) = 1. Uit (1) volgt nu reeds dat singen met f(x) f(x) even is. We beschouwen nu aileen positieve waarden van het argument. Dan volgt uit ( 1) met z - (x + y) en f(z) = f(- z)
{f(x
+ y) -f(x) . f(y)}
2
= {I -
/ 2 (x)} . {1
f2(y)}.
(2)
Hieruit zien we dat /(x) ;;:;; 1 voor alle x of f(x);:;;; 1 voor alle x. Is /(y) = 1 dan is volgens (2) y een periode van f(x). Stel dat y de kleinste periode is. Uit (2) volgt met y = x: {/(2x)-/ 2 (x) }2 ={/2 (x) b.1.
1}2, dus f(2x) = 1 of f(2x) =2/ 2 (x) -1. (3)
Stel f(x) ;;:;; 1 voor alle x. Zij y weer de kleinste
period e. Daar voor 0
<
x
waarden van x: /(2x) 0
< x ;;;; ~ is 2f(x)
<~
2
2f2(x) -
li~ f(x)
x-?-u/2
1, is voor deze
1. Daar f(x)
1 > 0, dus /(2x)
f(x)
1 =lim /(2x) ;;;;;;
~/%
geldt f(2x)
=
/~\ > \2)
> 1.
>
1 voor
f(x). Dan is
367
OPGAVEN. N°. 173.
Dit is een tegenspraak. Er is in dit geval dus geen y ::ft 0 met f(y) = I. . We bewijzen nu, dat voor x > 0 f(x) monotoon toeneemt. Stel n1. dat voor zekere x en y (0 < x < y) geldt f(x) = f(y). Uit (2) volgt: {f(y) -
f(x) . f(y- x)}2 = {/2 (x) -
1} . {f(y- x)
1}.
Daar f(y - x) =!= 1 kunnen we door 1 - f(y - x) delen: 2f2(x) -1 = f(y-x),dusf(2x) = f(y-x). Evenzoisinditgeval f(y + x) = f(2x). Daar echter (y- x) + 2x = y + x moet dan gelden f(2x) = 1 of f(2x) = - t· Dit is een tegenspraak. Hiermee is het gestelde bewezen. Uit (2) volgt:
+ y) = f(x). f(y) ±
V{/2 (Xl- 1}. {f(y)
1}. Het minteken vervalt echter daar voor 0 < x < y geldt: f(x
f(x). f(y)-
V{/2 {x)- 1}~{/2 (Y)l}.< f(y)
in strijd met de eis dat f(x) monotoon toeneemt. Beschouw nu de functie u(x) f(x) Vf-2 (_x_)-1·· voor x ; ;,:; : 0. Deze functie is continu en met behulp van de functionaalvergelijking voor f(x) vinden we u(x + y) = u(x). u(y). Verder is u(O) = 1. Daar u(x) :;;:;: 1 volgt uit een bekende Stelling dat u(x) e""' met a> 0. f(x)
! {u(x) + _!__} = u(x)
cosh ax. (De eis a
> 0 kunnen we
nu weglaten). b. 2. Het geval /(x) ;:;;.;; I voor aile x blijft over. N u is f(x) periodiek. Zij n1. f(x0 ) = 1 a met (0 < a < 1) dan is volgens (3) /(2x0) = 1 dus f(x) periodiek, of /(2x0) = 1 - a(4- 2a) < 1 - 2a waaruit in verband met de continulteit volgt dat er een y is met f(y} = l of een y met f(y) = 0. Maar uit f(y) = 0 volgt blijkens (3) f(2y) 1 of /(2y) = - 1 en nit f (2y) - 1, /(4y) = I. Er is dus 1. Noem 2na de periode. steeds een y te vinden met f(y) Voor x < na geldt nu /(2x) = 2f(x)- I. Dus geldt dit ook voor
x = na waaruit volgt f(na) =
--1, dus
t(na) = 0. 2
WISKUNDIGE
368
Analoog aan de redenering in b. 1 is te bewijzen dat f(x) mono-
3't!:,
toon daalt op 0 ;;;;; x ;;;;;
We kunnen ons tot dit interval 2 beperken daar f(x) door zijn waarden op dit interval is bepaald. In verband met de monotonic vinden we nu: f(x y) = f(x) .f(y) V{l - / 2 (x)}. {1 - / 2 {y)}. Zij nu voor 0 ;;;;; x ;S;; naf2: u(x) = f(x) + i. V 1 f2(x). ~--
·Dan geldt u(x
+ y)
u(x) . u(y), u(O)
I en
u(~a) =
i
terwijl u(x) continu is en Re {u(x)} monotoon. Dan is ix
u(x) =
f(x)
=
ea volgens een bekende stelling X
Re {u(x)} =cos-. a
S a m e n v a t t i n g: De oplossingen zijn 1 (a willekeurig reeel) (a willekeurig reeel).
f(x) = o - !; f(x) f(x) = cosh ax f(x) cos ax
Vraagstuk CLXXIV. Bepaal onder de aanname, dat de verzameling der reele getallen welgeordend kan worden, alle even reele voor alle reele n gedefinieerde functies f(x), waarvoor de eigenschap van N°. 173 geldt. (Dr N. H. Kuiper). 0 p 1 o s sing van Nos. 173-174 van Dr N. H. KuiPER.
Inleiding. f(x) = f(- x)
§ 1.
x x A. /
2
y z f(O) =
=
y
z
0 impliceert D
(1)
0.
(2)
0 in (2) geeft: A : f(O) = i; B : /(0) I. y = x, z = 0 in (2) geeft met (1):
-i·
(x) t· y = x, z = -
2x in (2) geeft f(2x) -
t.
E e r s t e o p 1 o s s i n g. f(x)
-
i-
(3)
-------·-··-~-
OPGAVEN. N°. I73 B. In het vervolg is /(0) Substitutie in (2) van z = x geeft met (I):
EN
369
174.
l. + ey, e = I dan wei e
f2(x)- f2(y)- f2(x ey) + 2f(x)f(y)f(x + ey) 0, 2 [f(x ey)- f(x)f(y)] - [I f2(x)] [I - f(y)] 0. 1
+
-1,
(4}
Omdat de eerste term in (4) niet negatief is geldt, dat indien voor een waarde van x: f2(x) < 1 (resp. > 1), dat dan voor elke waarde van y: / 2 (y) ;;;;;: l (resp. ;;;;;;; l) y x, e = 't in (4) Ievert [/(2x) - 2f2 {x) I] [f(2x I)] 0 (5)
=
Uit (5) leest men dat indien f2(x) ;;;;;;; I voor aile x dan f(2x) en j(x) ;;;;;;; l voor alle x. Wij zullen de twee gevallen f2 (x) ;;;;;: I voor aile x en f(x) ;;;;;;; I voor aile x apart beschouwen. § 2. In deze en de volgende paragraaf is f(x) ;;;;;;; 1 voor alle x. Is f(a) cosh ca en f(b) = cosh c'b dan is volgens (4)
f(a
+ eb)
= cosh (ca
e'c'b), e' = I of
1
(6}
In het bizondervolgt hieruit dat indien /(a) = f(b) = I, dan
f(ma
+ nb)
m, n geheel.
I,
(7)
Hieruit volgt dat voor een oplossing f van de opgave geldt, dat de getallen x, waarvoor f(x) = I, een subgroep van de additieve groep der reele getallen vormen. We merken nu op de T w e e d e o p 1 o s s i n g. (8)
f(x) :::::: I.
Is niet f(x) == 1 dan bestaat 4a z6 dat /(4a) =F 1 en dus ook f(a) 4 1 en /(2a) =F 1 volgens (7). Stel /(a) =cosh ca, dan is voor k = 0, I, 2, 4 volgens (5):
f(ka) k
cosh kca.
(9)
Stel (9) geldt voor k 0, 1, . . . . m I. Dan is volgens (6):
m maar niet voor
=
/[(m + 1) a]= /[(m-i) a+ (i +I) a] =cosh [(m- i) ca (i + 1) ca] = = cosh (m- 2i 1) ca, i = 0, 1, ... m.
372
WISKUNDIGE
Voor cc'c" = 0 kan dit zonder beperking verondersteld worden. We nemen nu aan cc'c" 0 en veronderstellen dat de gelijkheid niet geldt. Dan is c"z), f(y + z) =cosh (c'y f(y- z) = /{(rx -1- y)- (rx + z)} cosh {(crx + c'y) (crx + c"z)} =cosh (2crx c'y + c"z) voor elk rationaal getal r. Dus c = 0 in strijd met cc'c" # 0. (12) geldt dus voor R* indien voor R. Met volledige inductie vinden we een additieve functie H(x) gedefinieerd voor alle reele x, waarvoor ( 12) geldt. § 4. Oplossingen met f(x) ~ 1 voor alle x en f(O)
1. lsf(a) = cosca,f(b) = cosc'bdan volgtuit (4), analoogaan (6): f(a + eb) cos (ca e'c'b), (14) Is f(p) - 1, dus f(2p) = 1 volgens (5), dan berekent men gemakkelijk dat voor aile x en voor k geheel:
/(- x 2kp) = f(x + 2kp) -/(-X -1- p -1- 2kp).
f(x
p
2kp)
=
(15)
We beschouwen thans de functiewaarden op de rationale veelvouden van 1, dus op de rationale getallen. Stel /(2a) l, f(4a) 1, f(a) cos ac2n, a rationaal. Dan is f(2a) cos 2ac 2n. Stel f(ka) =cos kac 2n voor k = 0, ± 1, .... ± m (m ~ 2) maar niet voor k = m 1: f{(m l) a}= cos (m- 1) ac 2n = f{(m 1) a}. Substitutie van (m + 1) a, (m- 1) a en 2a in (4) levert {/(2a)- 1}{/(2a)- 2/2 {(m- 1) a} 1} 0. Dus omdat f(2a) # 1 : f(2a) = 2f2 {(m 1) a}- 1 = 2f2 (a)- 1, f{(m 1) a} = ± f(a), cos (m 1) ac 2n = cos ac 2n, dus (m 1 + e) ac 2n = nn, n geheel, e = 1 of 1, f{(m- 1 + e) a} cos (m 1 + e) ac 2n 1 of - l. Met behulp van (22), (23), (24) volgt dan echter, indien niet m- 1 + e = 0, dat de functiewaarde f{(m + I) a} gelijk 1) ac 2n. moet zijn aan cos (m
OPGAVEN. N°. 174.
373
Het geval m = 2 e = 1 moet nu nog apart bekeken worden. Daarbij geldt /(3a) = /(a), en dus /(4a) /(3a + a) /(2a) {want zie (6), /{4a) 1) 2f(2a)- l. Dus /(2a) = - t en /(4a) = - t· Wij vatten het voorgaande samen in een Lemma. Indien: /(2a) =/:= 1, /{4a) 1, /(2a) f, f(a) =cos ac2n, dan is f(ka) cos kac 2n voor k geheel. Indien N geheel niet bestaat zodat
!-
/( 2Na)
t( ~) - i, dan is:
voor aile N geheel en voor aile rationale
veelvouden ra van a, dus voor alle rationale getallen is f(ra) gelijk aan of aan I. Voor de rationale getallen (rationale veelvouden van a) kunnen oplossingen f nu als volgt geconstrueerd worden: f(x) = 1 voor alle rationale veelvouden van a die behoren tot een additieve subgroep. f(x) t voor alle andere rationale veelvouden van a. De continue functies die op deze wijze kunnen ontstaan zijn f(x) t en f(x) 1 = cos 0 . x.
=-
=
Indien wel een geheel getal N bestaat, zodat dan kiezen we
2a
N
t( ~)
f,
=/:=
in plaats van 2a en kunnen de conclusie
van het lemma trekken. Veronderstel nu, dat we met dit geval te maken hebben. Laat Ki het kleinste gemene veelvoud zijn van de getallen I, 2, .... i Ki+ljK, is 1 of een priemgetal p. Veronderstel dat voor k geheel en een bepaalde i geldt:
t(;i a) t(-K-}!_ a) = '+1
cos
;i .
cos__!!__ . c*. 2n (kies
c . 2n
c*
zo dat cc* ; ; ;:; 0).
Ki+l
Dus
24
374
WISKUNDIGE
Dan is (neem k = 1)
c cos K.
•
c* cos Kim
m
en dus
c
K, c*
=
+l
(l geheel)
c
l. Ki.
Dit argument uitbreidende tot een volledige inductie vinden we, dat gehele getallen l; en een getal c bestaan, zodat voor aile rationale getallen ra geldt: cos r. 2n(c
f(ra)
+ 2: l;K.).
(16)
i~2
Omgekeerd voldoet elke functie van deze soort voorzover de rationale getallen (veelvouden van a) betreft, aan de eisen. Er geldt nu algemeen: Lemma.
Is a een reeel getal, dan : 00
a) Er bestaat een oneindige reeks C
= c i=l
(C behoeft geen getal te zijn), zodanig dat voor r rationaal: f(ra) =cos r
cm
of b). Er bestaat een ondergroep S van de additieve groep der rationale getallen r, zodat f(ra)
=
· voor r C S,
1
-l
f(ra)
voor r ¢ S.
Wij bespreken eerst geval (b). Stel x en y zijn reele getallen, zodat f(x) = cos c . f(y)
f(2y)
2n 3
; f(2x) =I=
l
of 1;
2n
= f(3y) = - i = cos 3
OPGAVEN. N°. 174. Dan bestaan volgens (4}, getallen e1 en e1k gelijk aan of aan 1 zodat: f(x f(x
f(x
+ 2y) =
y)
!{(x
3y) = f{(x
=cos (c
+1
+ y)} + y}
+ y)
2y}
+ e 2n 3
cos (c
8)
cos (c
f{(x
+ e2)
+ 2y)
a,; 3
=
y} =
+e
1
a,;
=cos (c
e2al - . 3
Er geldt dan: e2 = e1 e3 = e1
e12 modulo 3,
+ e13 =
e2
+ e23 modulo
3.
Dus: indien e1 = 1, e12 1, e2 = 1, e13 1, e3 = 1, I, e3 = 1 contradictie. En indien e1 = - 1 vinden we dezelfde contradictie. Indien het geval b) dus ,voorkomt" bij de functie f(x) dan komt a) essentieel niet meer voor. Het geval b) leidt tot, en slechts tot, functies f(x) waarvoor f(x) = - t of 1 voor aile rciHe waarden van x. Aile functies van deze soort worden als volgt geconstrueerd. Kies S de lege verzameling of een additieve ondergroep van de reele getallen; kies e23 = -
f(x) =
f(x)
I indien x C S,
-
t
indien x
ct S.
De oplossingen (3) en (8) zijn voorbeelden hiervan. We beschouwen tenslotte het geval a) waarbij voor elk reeel getal a en voor r rationaal geldt f(ra) = cos r C(a) Ct:
(De reeks C(a) is een functie van a).
376
WISKUNDIGE
37£
WISKUNDIGE
De continue oplossingen zijn:
la. f(x) == 1. lb. f(x) - i· 2. f(x) cosh ex, c constant. 3. f(x) = cos ex, c constant.
Vraagstuk CLXXV. Als f(x) een in 0 :;;;;; x :;;;;; 1 R-integreerbare functie is, en als /( 0) gegeven is, wordt gevraagd te berekenen
.f 1
0
~(x) -cos: xtG) :sin: xf(t-~) dx. sm-x 2
(Dr L. Kuipers).
0 p g e 1 o s t door D. J. BouMAN, T. C. BRAAKMAN, B. L. J. BRAAKSMA, P. J. DE DOELDER, Dr L. KUIPERS, J. H. VAN LINT en Mr J. VAN YZEREN. Oplossing van D.
J.
BoUMAN.
Daar de benedengrens het enige kritieke punt op de integratieweg is, schrijven we de integraal als 1
I
limi(s) e+o
!
/(x)-cos
• nx
e+o
Sln
Nu geldt enerzijds 1
-!cos";~~) sin en anderzijds
n: 1(~)-sin n: t( 1-~)
lim
nx 2
dx
_
2
!! -! 1
t(~) sm
s
dx.(I)
~
dx = nx 4
•12
f(x) dx . sm 2
OPGAVEN. N°. 175.
379
-!'~n t_lj).. ";
. nx
sm
•
2
zodat ( l) overgaat in 1
I = lim { fJ(x)!}!_- f f(x) dx•tO e
. nx
Slll -
nx ef2 sin··~ ' 2
2
f jJ~_!x 1-•/2
1/2
}.
. nx lj. Sin • 2
In de derde integraal mag de bovengrens zonder bezwaar in I veranderd worden, hetgeen geeft · e
l=lim f_jf(x)dx}. •to
l
. nx
s/2
sm 2
Over het gehele segment e
0<-<x<e
heeft sin nx hetzelfde teken. Volgens het eerste gemiddelde 2
theorema bestaat er dus een getal g met
zo, dat
fJ(x) dx = - f(g) f __!:!____ = - f($) .nx .nx
•/z
SlU
2-
•12
Slll
2
[~In tg nx] = n
4
•12
ne
2
=--·
n
tg-
f(g)ln
4
ne
tg-
8
380
WISKUNDIGE
Hieruit volgt door limietovergang
I
=
~e} 2 r --f(+ 0) ln 2. lim ~ f(~) In~~ •tO
l-
tg-
~
~e
tg~
~
8
Vraagstuk CLXXVI. Op de zijden van een driehoek beschrijft men binnenwaarts vierkanten. a. Bewijs, dat de middelpunten op een rechte liggen, indien de oppervlakte van de driehoek gelijk is aan het achtste deel van de som der kwadraten der zijden. b. Als van een driehoek een zijde in grootte en ligging gegeven is en de in a. .genoemde middelpunten op een rechte liggen, wordt gevTaagd de meetkundige plaats van het overstaande hoekpunt te bepalen. * (Dr L. Kuipers). 0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, D. J. BouMAN, B. L. J. BRAAKSMA, L. T. DE BRUIN, P. J. DE DOELDER, Dr L. DE JoNG, Dr N. H. KuiPER, Dr L. KuiPERS, Dr R. LAUFFER, Dr J. G. VAN DE PuTTE, Dr J. SEIDEL, W. A. V. D. S. en Dr L. SWEERTS. 0 p 1 o s s i n g van Dr J. SEIDEL Bij een gelijkbenige rechthoekige driehoek is aan het gegevene over de oppervlakte voldaan, maar daar vallen twee der bedoelde middelpunten samen en liggen daardoor de drie middelpunten op een lijn. Wij bewijzen nu het gestelde voor een driehoek die niet gelijkbenig rechthoekig is. Laat a, b, c de zijden, a, {3, y de hoeken, 0 de oppervlakte, en P, Q, R de middelpunten der binnenwaarts beschreven 90° a en vierkanten zijn. Dan L RAQ
QR2
fb 2
+
fc2 ~be sin a= fb 2
+ fc 2 -
20.
(1)
'" Zoals door verschillende inzenders is opgemerkt, was de opgave oorspronkelijk onjuist geformuleerd.
OPGAVEN. No. 175
EN
176.
381
Noem 0
D(x, y, z)
1
=
0
X
X
0
y = I: x 2 z
y
z
0
2 I: xy,
dan is D(a2 , b2 , c2) = - 16 0 2 • dus I:a4 +2I:a2 b2 •
1602
0=
(2)
Laat .Q de oppervlakte van driehoek PQR zijn, dan is 16 .Q2. D(QR2, PR2, PQ2) Hieruit volgt na invulling van (I) en berekening 16 .02
12 0 2 + 4 0. I: a 2 -
-
+4X
Wij nemen (2)
64.02 = -
Wanneernu 80
(3)
(3) dan
-64.02 = - 6402 + 16 0. I: a2 - I: a4 -
I: a 2b2 •
[80- I: a 2] 2 •
I: a2 , dan is
QR2
2 I: a2b 2,
!(b2
.Q
+ c2 -
(4)
0 en a2)
QR = 0 zou ten gevolge hebben a = 90° en 80 = 4bc = 2b 2 + 2c2 • Dit kan slechts als b c. In een driehoek ABC, die niet gelijkbenig rechthoekig is, zijn de punten P, Q en R dus verschillend. Uit .Q = 0 volgt dan, dat P, Q en R collineair zijn. b.
Uit (4) zien wij, dat uit
0 volgt
.Q
Neem een rechthoekig coordinatenstelsel zo dat de y-as middelloodlijn van BC is en dat de x-as langs BC valt. Dan is 4alyl = a 2
x2
2y2
+ (!a
(IYI - a)2
=
x)2 + (!a- x)2, !a2.
De meetkundige plaats der puntenA, zodat dus uit twee cirkels met vergelijking (5).
.Q =
(5)
0, bestaat
382
WISKUNDIGE
Vraagstuk CLXXVII. Av A2, • • • • A,. zijn willekeurige reele of complexe getallen, p en r zijn positieve getallen, p is de grootste van de absolute waarden van de wortels van de vergelijking z2 + A1z + A2 = 0; de veelterm A 3zn-3 + A 4z"'-4 + . . . . An heeft minstens een nulpunt in het gebied !zl :s: r. Gevraagd wordt te bewijzen, dat de veelterm zn
Alzn-1
+ ....
A..
minstens een nulpunt heeft in het gebied lzl
:s: 2r
p.
(Dr L. Kuipers).
0 p g e 10 s t door T. C. BRAAKMAN en Dr L. KUIPERS. Oplossing van T. C. BRAAKMAN. Zij: g(z) z2 + A 1z A 2 met nu1punten y 1 en y2, h(z) = A 3zn-a + A4zn-4 + . . . . An, f(z) z" + A 1zn-l .... + A,. met nulpunten h({J)
0 met lfJI :S: r,
ir1l ; ; ;:; lr2f·
Dan geldt IYll = p; IY21 :s: p; f(z) = zn-Zg(z) h(z). We nemen nu aan dat f(z) geen nulpunt heeft in het gebied [zl :S: 2r + p. Daaruit volgt dus [a;[ > 2r p (i = J, ...• , n) en met lfJI :S: r: tfJ-a;[ > r + p. (i = 1, .... , n), n
n
f(z) = II(z- a;) dus 1/({3)1 =II 1{3- a;\ i=l
>
(r+P)"'.
(I)
i=l
Nfaarook: /f({J)/ :S: lflln- 2 • Jg(fl)l lh({J)[. h({J) 0, zodat: 2 2 1/({3) \ :S: lfJI n- • [g({J) I = !fJI n- • lfJ Y1l · lfJ- Yzl :S: r"'-2 • (!{JI + IY1I) · (lfJI IY2I) rn-2 • (r P) 2 • (2) (1) en (2) leveren tezamen: r"'-2 (r + p) 2 > (r + P)"' of: rn-2 > (r + p)n- 2, waaruit volgt p < 0 in strijd met het gegeven. • De veronderstelling dat Ia;[ > 2r + p voor i = 1, .... , n leidt dus tot een ongerijmdheid, zodat er minstens een a, moet zijn met jail ;;;;;; 2r + p.
OPGAVEN. N°. 177
EN
178.
383
Vraagstuk CLXXVIII. Das ebene Punktsystem P 0 , P 1 , •••• P 10 bei welchem die Punkte Pi, Pi, Pk dann und nur dann auf einer Geraden liegen, wenn i + i + k 0 (mod 11) ist, ist bei · geeigneter Wahl der gegebenen Punkte mit Zirkel und Lineal konstruierbar. Die so konstruierten Punkte liegen auf einer Kurve 3ter Ordnung und die verbinding der Punkte Pi und P1 beriihrt dieKurveimPunkt Piwenn 2i + f 0 (mod 11) ist. Welche Bedingung miisste erfiillt sein, damit die elf Punkte des Systems aile rational sind. (Dr R. Lauffer). Los u n g. Es sei P 0 (0, 1, 0), P 4 (0, l, 1), P 7 (0, -1, 1), P 1 (1, 1, 0), P 10 (1, - I , 0). Auf der Geraden [P1 P 7] = x - y - 1 liegt der Punkt P3 (a, a- 1, l) und man hat P8 (a, 1 - a, 1). Auf derGeraden[P1 P 4] =x-y +1liegt der PunktP6 (-b, 1-b, 1) und man hat P 6 ( - b, b- 1, 1). Der Punkt P 2 liegt auf den Geraden 1-2a, [PtPsJ = x-y a-b, [P3P 6] = x(a + b 2) -y(a +b) und [P4 P 5] = x(b- 2) + by- b, Wegen der linearen Abhiingigkeit dieser Geraden hat man die Bedingungsgleichung
b2 (a
I)
+ b(a- 1)
2-
a2
0.
(1)
Die Losung b1 = W): 2(a-l) dieser Gleichung 2a, b1 - 1). gibt linear den Punkt P 2 (ab 11 (1- a) b1 - I Die Elimination von b aus den Gleichungen x(a b-2)-y(a+b) a-b=Oundx(b 2)+by-b 0 gibt die Kurve 2ter Ordnung (a-1) 2
! x-y -1,
1x
y-1,
x(a-·2} -ay -2x
(2)
so daB P 2 einer der Schnittpunkte der Geraden [P1 P 8] mit der Kurve (2) ist. Es ist W 2 = ((a- 1) 3 + 4a 2 ) • (a- 1). Setzt man
384
WISKUNDIGE
a= x : (x- 1), W Gleichnng y2
y : (x
1) 2 dann erhalt man die
4x3 -4x2
+ 1.
(3)
Hat (3) ausser den trivialen Losungen
welche a gleich Null oder unendlich machen rationale Losungen, dann ist das Punktsystem in diesen Sonderfallen linear konstruierbar.
Vraagstuk CLXXIX. Beim Punktsystem Pi, Qi (i = 0, 1, 2, ... 7) liegen die Tripel (Pi, P1, P~c), (Q;, Q1, P ~c) dann und nur dan auf je einer Geraden, wenn i + j + k 0 (mod. 8) ist. Die Tripel (Pi, P1, Qk) und (Q" Q 1, Qk) sind immer linear unabhangig. Dieses Punktsystem ist bei geeigneter Wahl der gegebenen Punkte linear konstruierbar. Die so konstruierten Punkte liegen auf einer Kurve 3ter Ordnung. Der Punkt P 0 ist Wendepunkt. Die Tangenten der Punkte P, und Q, gehen durch den Punkt Pk wenn 2i + k 0 (mod. 8) ist. (Dr R. Lauffer).
=
Losung Die Punkte P0 (0, 1, 0), P 1 (1, 1, 0), P 2 (a 1, a- l, 1), P 3 (1, 1, 1), P 4 (0, 0, 1), P 5 (1, -1, 1), P6 (a 1, 1-a, 1), P 7 (1, - 1, 0) erfiillen die geforderten Bedingungen. Die Kurve 3ter Ordnung y 2 (x a 2 - l ) = xll + x2(a2-4a- I) 4ax; a 2 ::f:. 0, 1. Der Punkt P 0 ist Wendepunkt und die Tangente des Punktes P;(i = 1, 2, .... 7) geht durch den Punkt P,., wenn k - 2i (mod 8) ist. Setzt man a = 2b(3b + 1) : (b 2 l) dann lautet die Gleichung der Kurve 3ter Ordnung y 2{(b2 = x{(b
1)2
X+
+ 1)2x
+
+
(5b2 2b 1) (7b 2 2b- 1)} (b-1) (3b l)}.{(b-1) 2 x Bb(b
+
+ l)}.
OPGAVEN. N°. 179
EN
385
180.
Die Punkte Q0 (-8b (b 1), 0, (b-1) 2) und 2 Q4 ((I b).(3b 1), 0, (b 1) ) liegen auch auf dieser Kurve, und die Tangenten dieser Punkte gehen durch P 0 • Der Punkt Qi (i = 1, 2, 3) ist der Schnitt der Geraden [Q0 , P 8_i] und [Q4 , P 4 _i]. Man erhalt
+ 2b- 1,
Ql(7b 2 2
Q7(7b Q2(5b2 Q6 (5b 2
Q3 (7b 2 Q5 (7b
+
6b 1, - (b- 1)2) 2b- 1, - (b 2 6b 1), (b 1) 2 ) 2b I, b2 6b 1, l - b2 ) 2 2b l), (b 6b 1), 1 b2) 2 2b l, b 6b l, 2(b 1) 2) 2 2b- 1, (b 6b 1), - 2(b 1) 2)
+ + + +
+
b2
+ + + + + +
+
und die Bedingungen fiir die Tangenten dieser Punkte sind auch erfiillt. Vraagstuk CLXXX.
Beim ebenen Punktsystem Pi, Qi, (i l, 2, .... 9) liegen die Punktetripel (P.P1P.,) und (PiQjQ.,) dann und nur dann auf je einer Geraden, wenn i + f + k OE 0 (mod 10) ist. Die Punktetripel (P.P1Qk) und (Q.Q:iQk) sind immer linear unabhangig. Bei geeigneter Wahl der gegebenen Punkte ist das System der Punkte P • linear und das ganze System mit Zirkel und Lineal konstruierbar. Man zeige, dass durch diese Punkte eine Kurve 3ter Ordnung geht, und die Tangenten der Punkte Pi und Qi durch den Punkt P1 gehen wenn j 2i 0 (mod 10) ist. (Dr R. Laufter). Losung Es sei P 0 (0, I, 0), P 5 (0, 0, 1), P 1{l, 1, 0), P 9 (1, 1, 0). Der Punkt P 4 (1, 1, 1) liegt auf der Geraden [P1P 6] = x-y und man hat P 6 (1,- 1, 1). Der Punkt P 3 (a + 1, a - 1, 1) liegt auf der Geraden [P1 P 6] = x- y- 2, und man hat P 7 (a 1, 1- a, 1). Auf den Geraden P 3P 6 = x(a- I)-y(a I) und [P1P 7] = x - y - 2a liegt der Punkt P2 (a(a+ 1), a(a-1), 1) und man hat P8 (a(a+ I), a(l-a), 1). Durch diese Punkte geht die Kurve 3ter Ordnung
y2 (x +(a+ 1) 2 (a -I))= x3 + x2 (a3
3a2- a-l)
+ 4a x. 2
386
WISKUNDIGE
Sindx1 undx2 Nullstellen der rechten Seite dieser Gleichung, dann ist Q0 (x11 0, 1) und Q4 (x 2 , 0, 1). Die restlichen Punkte bekommt man linear mit Hilfe der vorgeschriebenen linearen Abhiingigkeiten.
Vraagstuk CLXXXI. Ein Simplex des affinen Raumes vom Rang n ist in 2"'- 1 volumsgleiche Simplexe zu zerlegen. (Dr R. Lauffer).
Los u n g. Die linearen F ormen der Ecken P v P 2 , P 3 , •••• , P., des Simplex seien (P,x) (i 1, 2, 3, .... , n). Ist (Xu) die lineare Form des unendlichfemen Raumes vom Rang (n- I) und ist (Piu) = l normierte Punkte, dann ist das Volumen des Simplexes (Pi) V (Pv P2, •••• , P.,) : n! Die n Punkte Q1 (j Formen
1, 2, 3, .... , n) mit den linearen
... + 2"- 1 (P1 _ 1x) } : (2"-l) ... 2n-iP .. (x) 1 1 sind wegen (Q,u) = (1 + 2 + 2 2 •••• 2
(Q 1x)
2n~i+l(P x)
+ 2n~:i+2(P2x)
1 { P x+2(Pi+ x)
2 2, 2,
24 23
23, 22,
V: (2"'
1)
1, 2 ... 2n-1, 1
•••
J)n-1
Die Punkte X 1 , X 2 , X 3 , •••. X., (X = P oder Q) bilden einen Simplex. Die Anzahl der Simplexe, bei welchen m Punkte
Q1 vorkommen ist (:). Die Anzahl der Simplexe mit mindestens einem Q1 ist
~
m=l
(mn)
=
2"'- I.
OPGAVEN. N°. 180, 181 EN
182~
387
Das Volumen dieses Simplexes ist (Xv X 2, ••.• Xn) : n! = t;.;:> (P1P 2 •.•• P,.) : n! (2" wobei t;.;:> aus der Determinante 2n-2, 2n-l I, 2, 22 2"-a, 2n-2 2n-l, I, 2
2
zn-1,
22,23
l)m,
.=I
durch streichen von (n- m) Zeilen und (n m) Spalten entsteht, wobei die k-te Zeile und die k-te Spalte gestrichen werden, wenn Pk Punkt des Simplexes (Xi) ist. Es ist daher, wegen t;.;~> (I 2")(m-ll, das Volumen des Simplexes (Xi) dem absoluten Betrag nach gleich
lVI :
(2..
I).
(Dr R. Lauffer).
Vraagstuk CLXXXII. Es ist a an-1
A(nl-
n-
a"'-2
a2 a
..... ......
an-2
an-1
an-3
an-2
an-1
an-4
an-3 a
a2
a
Man berechne die Streichungsdeterminante A;:>, welche entsteht, wenn in A~l (n m) Zeilen und (n m) Spalten so gestrichen werden, dass jede gestrichene Zeile mit einer gestrichenen Spalte ein Glied der Hauptdiagonale gemeinsam hat. (Dr R. Lauffer)
0 p g e 1 o s t door M. G. BEUMER, Dr R. LAUFFER, Dr
J.
G. VAN DE PUTTE en Dr
J.
SEIDEL.
Oplossing van M.G. BEuMER. De gegeven determinant is gemakkelijk te berekenen, door de laatste kolom met a te vermenigvuldigen, en dan van de eerste kolom af te trekken.
388
WISKUNDIGE
Als men hetzelfde procede toepast op de determinant, waarvan k rijen en kolommen op de aangegeven wijze zijn geschrapt, dan vindt men voor haar waarde (1
Voor k
=
an)n-1-k ..
n - m vindt men de gevraagde waarde, nl. : (I_ an)m-1.
0 p 1 o s sing van Dr
J. G.
VAN DE PuTTE.
Vermenigvuldigen we de eerste kolom achtereenvolgens met a, a 2 , a 3 •••• an-l en trekken deze dan af van de 2e, 3e . . . . ne kolom, dan is
A(n)
n
-
t an-I an-2 a2 a
0 0 1-an a-an+l I-an 0 0 0
0 an-3- a2n-3 an-4 _ a2n-4
0 0
0 an-2- a2n-2 a2n-3 an-3
a" 0
-
(I -a'
a -an+l
1-a"
Worden ern- m rijen en n - m kolommen geschrapt, z6, dat iedere rij met iedere kolom een element van de hoofd(I - a")m-1 , ook als de diagonaal gemeen heeft, dan A~l 1e rij en 1e kolom tot de geschrapte behoren.
Vraagstuk CLXXXHI. Wie lautet die rationale Bedingungsgleichung fi.ir die Flachen Fv F2 , F 3 , F 4 , und das Volumen V eines Simplexes mit Hohenschnittpunkt? (Dr R. Lautfer). Losung Das von den Vektoren a, '6 und c bestimmte Simplex hat einen Hohenschnittpunkt, wenn
a.o=ll.c=c.a=x ist. Setzt man a 2 =a, '6 2 = b und c2 = c, dann ist 4F~ 4F~
=
[bcJ~ =be- x2,
(1)
[ca] 2
(2)
4Fi =[a. b] 2
ca- x 2, =
ab-x2,
(3)
