WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Bewijs in rechthoekige driehoek

Hey,

ik ben al 2 dagen hopeloos op zoek naar het volgende bewijs:

In een rechthoekige driehoek is c de schuine zijde en zijn a en b de rechthoekszijden. Bewijs dat a+b$\leq$√(2)c.
Wanneer heb je het gelijkheidsteken.

Ik dacht voor het eerste bewijs iets te doen met a+b$>$c, aangezien dit de enige formulle is met een $>$-teken dat ik ken voor driehoeken. Het gelijkheidsteken heb je wanneer a=b.

hopelijk kunnen jullie me helpen,

grtjes jeroen
Jeroen
3de graad ASO - zondag 29 januari 2006

Antwoord

Je weet uit de goniometrie dat
a=c . cos($\alpha$) en b=c . cos($\beta$)
met $\alpha$ de hoek tussen zijde a en c, en $\beta$ de hoek tussen de zijde b en c

Dus is

a+b= ( cos($\alpha$) + cos($\beta$) ). c

en... is dit kleiner dan √(2) . c ?

Met anderen woorden...kan je aantonen dat ( cos($\alpha$) + cos($\beta$) ) $\leq$ √2
En wanneer is het gelijk?
Houd er rekening mee dat het om hoeken in een rechthoekige droehoek gaat...

Anneke, ook beantwoorder op de site, kwam nog met een meetkundig bewijs. Dat gaat als volgt.

Als je beide leden van de te bewijzen ongelijkheid kwadrateert (wat mag aangezien beide leden positief zijn, was dat niet zo dan zijn de ongelijkheiden niet equivalent meer)
dan krijg je
a²+b²+2ab $\leq$ 2 c²
$\Leftrightarrow$
a²+b²+2ab $\leq$ c² + c²
$\Leftrightarrow$ door pythagoras op 1 van de c²
a²+b²+2ab $\leq$ c² + a² + b²
$\Leftrightarrow$
2ab $\leq$ c²

En als we dit kunnen bewijzen is de stelling bewezen. Kijk nu even naar de volgende figuur:

Beschouw de oppervlakte van het grote vierkant met zijde c,
en beschouw de oppervlakte van de vier driehoeken met zijdes a en b, dan zie dat er in het midden nog een stukje over is.
De som van de oppervlaktes van de vier driehoekjes is dus kleiner dan dat van het grote vierkant... Zie je het?

Wanneer is het kleine vierkantje in het midden helemaal verdwenen? Dus wanneer zijn de oppervlaktes gelijk. Bekijk het maar even rustig...

Succes,

Koen

PS:

Een derde bewijsvoering (FvL) gaat uit van een bekende eigenschap van een
ellips met brandpunten A en B. Voor elk punt X op de ellips geldt dat AX +
XB dezelfde uitkomst heeft. De ellips is bepaald door deze som van
afstanden. Naarmate de som groter wordt, wordt de ellips groter.

We gaan nu uit van jouw rechthoekige driehoek, met zijde AB=c, zijde AC=b en
BC=a. C ligt dan op de cirkel met diameter AB. Natuurlijk ligt C ook op een
ellips met brandpunten A en B. Om een zo groot mogelijke ellips te krijgen,
en dus een zo groot mogelijke som a+b, moet C zo liggen dat ABC een
rechthoekige gelijkbenige driehoek is geworden. C ligt dan op het 'verste' punt op de cirkel gemeten vanaf AB, en de cirkel en ellips raken elkaar in C.
In die situatie geldt precies het gelijkteken van de ongelijkheid, dus a+b = √(2)c. Duidelijk geldt in de andere gevallen het teken (omdat de ellips dan bij een kleinere som hoort). En we hebben wat we willen.

Vragen naar aanleiding van dit antwoord? Klik rechts..!
zondag 29 januari 2006