De dikke PYTHAGORAS

Guichelaar, P. Levrie en R. Vanhommerig

Lannoo (2022) ISBN 978 94 014 71831

Meestal lees ik een boek helemaal uit alvorens er een bespreking van te maken voor Uitwiskeling. Ditmaal niet. De meer dan 600 wiskundige puzzels, spellen en doordenkers voor jong en oud uit dit boek moet je niet in een keer doornemen. Het meeste plezier heb je eraan als je ze consumeert als een vaatje wijn, elke dag een glaasje.

Achtergrond van dit boek

In 1961 werd op initiatief van de Nederlandse Onderwijscommissie voor Wiskunde het jongerentijdschrift Pythagoras opgericht. Eén van de stichtende leden was de Duits-Nederlands wiskundepedagoog en grondlegger van het realistisch rekenen, Hans Freudenthal. Eén van de meest productieve redacteurs van dit tijdschrift is de onlangs overleden natuurkundige Hans De Rijk, die erg toegankelijke artikels schreef onder het pseudoniem Bruno Ernst. Van hem zijn de talrijke artikels over Maurits Escher en de artikels over kaartprojecties.

Het tijdschrift Pythagoras blonk al in mijn jeugd uit door laagdrempelige wiskunde en tot de verbeelding sprekende vraagstukken en knutselopgaven. Ter ere van de zestigste verjaardag van het tijdschrift werd vorig jaar een selectie gemaakt van 600 vraagstukken uit dit tijdschrift. Van de puzzels uit de beginjaren van Pythagoras zijn de bedenkers niet meer gekend. Sommige puzzels berusten op de folklore van de wiskunde. Maar van de meeste puzzels kun je de auteurs nog achterhalen via het vrij te consulteren digitale archief van het tijdschrift.

De selectie van de vraagstukken is gemaakt door een trio vaste medewerkers van Pythagoras: Jan Guichelaar (theoretisch fysicus en redacteur sinds 2001), Paul Levrie (docent wiskunde aan de ingenieursfaculteit van de Universiteit Antwerpen) en Rosemarij Vanhommerig (sinds 2017 hoofdredacteur van Pythagoras). Hoewel de thema’s van de puzzels vrij klassiek zijn, heeft elke puzzel iets origineels. Standaardredeneringen hebben vaak geen vat op deze problemen.

De vraagstukken zijn volgens moeilijkheidsgraad gemarkeerd met één tot drie bolletjes. Een vraagstuk met één bolletje zou oplosbaar moeten zijn met het gezond verstand. Zelfs leerlingen van de lagere school zouden hier aan moeten kunnen beginnen. Vraagstukken met twee bolletjes maken gebruik van beperkte wiskundekennis, bijvoorbeeld het oplossen van vergelijkingen. Ik vind ze vaak erg pittig. Voor vraagstukken van drie bolletjes schiet mijn inzicht of puzzelervaring meestal tekort. Als ik de oplossingen van deze moeilijkste vragen achterin het boek raadpleeg, krijg ik meteen een aha-erlebnis en vind ik de vraag toch weer niet zo moeilijk. Op deze manier nieuwe inzichten verwerven, geeft een prettig gevoel.

Ik bespreek hieronder één vraagstuk van elk niveau.

Een vraagstuk met één bolletje

Het volgende ontsnappingsvraagstuk is er eentje waar iedereen aan kan beginnen. Er moet enkel strategisch geredeneerd worden.

Een konijn staat op het punt \(K\) van een bijzonder wildrooster in een bos met in het midden een vijver zoals op Figuur 1. De vos kan alleen over de rode lijn rond het bos lopen. Het konijn kan over de groene lijn rond de vijver lopen en op de blauwe lijntjes van het rooster. Op één tijdseenheid kan het konijn twee en de vos zeven roostereenheden afleggen. Kan het konijn de rand van het rooster bereiken voordat de vos op hetzelfde punt is, en zo dus ontsnappen?

Mocht het konijn vanuit deze beginsituatie willen ontsnappen via het voetpunt van de loodlijn op een van de rode zijden, dan zou hij ten prooi vallen aan zijn belager. Hij zal de vos dus eerst moeten afschudden.

Figuur 1 Vos en konijn: de beginsituatie

Het is minstens suggestief dat het konijn één zijde van het groene vierkant (twee roostereenheden) kan afleggen op de tijd dat de vos net niet één zijde (zeven roostereenheden) van het rode vierkant kan afleggen. Als het konijn verstandig is dan blijft het net zolang rond de vijver hollen tot de afstand van het konijn tot de achtervolgende vos groot genoeg is. Na twee rondjes of acht zijden rond het groene vierkant zal de vos slechts zeven zijden rond het rode vierkant afgelegde hebben. De situatie na twee rondjes zie je op Figuur 2.

Figuur 2 Vos en konijn: na twee rondjes

De voorsprong van het konijn blijkt voldoende te zijn voor een geslaagde ontsnapping. Als het konijn wil ontsnappen via het voetpunt van de loodlijn op de linkerzijde van het bos, heeft het anderhalve tijdseenheid nodig. Op anderhalve tijdseenheid legt de vos 10,5 roostereenheden af. Hij ziet het konijn hierdoor net voor zijn neus weghollen.

Figuur 3 Vos en konijn: de ontsnapping

Hoewel dit vraagstuk geen formulekennis vergt, is het toch interessant omdat er een bewuste strategie uitgedacht moet worden. Op het eerste gezicht kan er getwijfeld worden aan het nut om rondjes te blijven lopen. De situatie lijkt immers voor het konijn niet te veranderen na één omwenteling. Toch is het lopen van toertjes hier zinvol. Twee toertjes volstaan zelfs. Maar meer mag ook.

Een vraagstuk met twee bolletjes

Sommige vragen zijn zeer kort en vragen ook een zeer korte en kernachtige redenering. Hieronder een voorbeeld. Het vraagstuk bevat ook geen enkel cijfer. Buiten de meetkundecontext ken ik niet veel vraagstukken zonder numerieke gegevens.

Mr. Bean is jarig en nodigt al zijn vrienden uit op zijn feestje. Op het feestje doet zich het merkwaardige feit voor dat iedere aanwezige een ander aantal vrienden onder de aanwezigen heeft. Hoeveel mensen zijn er aanwezig op Mr. Beans feestje?

Stel dat er in totaal \(k\) (met \(k \ge 2\)) aanwezigen zijn, de jarige inbegrepen. Het aantal vrienden dat iemand van de gasten kan hebben, is een getal tussen 1 en \(k-1\). Nul vrienden kan niet want iedereen is een vriend van Mr. Bean. En \(k\) vrienden kan ook niet want niemand rekent zichzelf onder zijn eigen vrienden. Er zijn dus \(k-1\) mogelijkheden voor de vriendaantallen. Er zijn echter \(k\) aanwezigen. Volgens het duivenhokprincipe zullen er dus twee aanwezigen zijn met het zelfde aantal vrienden. En dat is in tegenspraak met het gegeven. Het uitgangspunt \(k \ge 2\) is dus fout.

Uit \(k=1\) volgt dat Mr. Bean alleen aanwezig was op zijn feestje. Een beetje zielig? Tja, Mr. Bean heeft op zijn verjaardag minstens nog de steun van zijn teddybeer.

De betekenis van het duivenhokprincipe wordt in dit boek uitgelegd in een van de vele Wist je dat?-jes.

Een vraagstuk met drie bolletjes

Het laatste vraagstuk dat we hier uitlichten, is een schikkingsprobleem van wijnflessen in een wijnrek. Ik zag het op het internet al eerder circuleren met vier flessen of zelfs meer in de onderste laag. Maar hier werd dit aantal gereduceerd tot drie. Ziehier de vraagstelling.

We kunnen net geen vier flessen wijn naast elkaar op de bodem van een rechthoekig wijnrek leggen. Van de drie flessen die op de bodem liggen, raken er twee aan de zijvlakken van het rek. Maar de bodemflessen liggen niet gelijkmatige verspreid. Op de volgende lagen liggen afwisselend twee en drie flessen. De tweede laag is afhellend. Zo ook de derde laag en de vierde laag. Toon aan dat de vijfde rij, die niet getekend is op Figuur 4, weer horizontaal ligt.

Als je de situatie tekent in een dynamisch meetkundeprogramma, zie je inderdaad dat de vijfde rij weer waterpas ligt. Door het middelpunt \(B\) heen en weer te schuiven, merken we dat de helling van de tweede, derde en vierde rijen tijdens de beweging op dezelfde manier groter en kleiner wordt. Als \(B\) precies in het midden van \(A\) en \(C\) ligt, liggen alle rijen netjes horizontaal.

Figuur 4 Stapeling van flessen: de vier eerste rijen

We bewijzen eerst dat de punten \(B\), \(E\) en \(H\) collineair zijn. Hiervoor merken we op dat de omgeschreven cirkel van \(\Delta BCH\) het punt \(E\) als middelpunt heeft. De afstanden \(|EB|\), \(|EC|\) en \(|EH|\) zijn immers gelijk. Omdat \(\angle BCH\) een omtrekshoek is van \(90^\circ\) is \(BH\) een middellijn van deze cirkel. Hieruit volgt de collineariteit van \(B\), \(E\) en \(H\). Op een gelijkaardige manier tonen we aan dat de punten \(B\), \(D\) en \(F\) collineair zijn. De beide collineariteiten zie je in Figuur 5.

Figuur 5 Stapeling van flessen: de vijf eerste rijen

Door de middelpunten van de middelste gele cirkel, van de twee blauwe, de drie oranje, de twee paarse en de middelste groene cirkel te verbinden, ontstaan er vier ruiten. De verbindinglijnstukken hebben immers een gelijke lengte, nl. de diameter van de flessen. Overstaande zijden van ruiten zijn evenwijdig. Vandaar ook dat de punten \(F\), \(I\) en \(L\) collineair zijn en dat ook \(L\), \(J\) en \(H\) collineair zijn. De stapeling van de ruiten is puntsymmetrisch rond \(G\), het middelpunt van de middelste fles.

Kijken we nu even naar \(\Delta FKL\) en naar de omgeschreven cirkel van deze driehoek. Die heeft het punt \(I\) als middelpunt omdat de afstanden \(|IF|\), \(|IK|\) en \(|IL|\) gelijk zijn. Lijnstuk \(FL\) is een middellijn van deze cirkel. En de hoek \(\angle FKL\) is een omtrekshoek op deze middellijn. Daarom is deze hoek recht. De zijde \([KL]\) loopt dus horizontaal. Zo ook het lijnstuk \([LM]\). En hiermee is bewezen dat de vijfde rij waterpas loopt.

Figuur 6 Stapeling van flessen: de symmetrie rond het centrum van het ruitenpatroon

Vraag je je nu af hoe het zit met een flessenstapeling die begint met vier flessen? Die geeft een zevende rij die waterpas loopt. Voor de rest is de hele opstelling gelijklopend. Rijen met drie en met vier flessen wisselen elkaar af. De hele opstelling zal puntsymmetrisch zijn rond het middelpunt van de middelste cirkel op de vierde rij. En rond dit punt zit er ook weer een cruciale stapeling van ruiten.

Aan twee puzzels per avond, heb je met dit boek een heel jaar puzzelplezier. Je kunt je de aankoop van De dikke PYTHAGORAS niet beklagen.