Het berekenen van (a + b)2 kan op verschillende manieren verduidelijkt worden.
(a + b)2 = (a + b) (a + b)
Via de distributieve eigenschap a (p + q ) = a · p + a · q, kortweg geschreven als ap + aq
is (a + b) (a + b) te schrijven als (a + b) · a + (a + b) · b
en dankzij de commutatieve eigenschap van het vermenigvuldigen ( 2 × 3 = 3 × 2 ) als
a (a + b) + b ( a + b) = a · a + a · b + b · a + b · b = a2 + 2ab + b2
Je moet van het product (a + b) (a + b) de a en de b uit de linkerfactor elk vermenigvuldigen met de letters uit de rechterfactor: a .a + a . b + b · a + b · b
De Driehoek van Pascal laat ook mooi zien wat er gebeurt:
Je begint bovenaan met het getal 1. Ga je linksaf dan betekent dat "× a", ga je rechtsaf, dan betekent dat "× b".
In het midden komen twee wegen samen, die beide ab opleveren.
Het kwadraat (a + b)2 kan ook heel mooi geïllustreerd worden met een vierkant (vier even lange zijden en vier rechte hoeken).
P, Q, R en S liggen op de zijden van vierkant ABCD zo, dat AP = BQ = RD = SA.
Dan is PB = QC = CR = DS.
Stel AP = a en PB = b, dan is de zijde van het vierkant gelijk aan a + b en de oppervlakte (a + b)2
De lijnen PR en SQ verdelen het vierkant in twee kleinere vierkanten met oppervlaktes a2 en b2 en twee even grote rechthoek met zijden a en b en oppervlakte ab.
Het is nu duidelijk dat (a + b)2 = a2 + 2ab + b2.
Het vierkant ABCD kan ook anders verdeeld worden: K, L, M en N liggen op de zijden van het vierkant zo, dat AK = BL = CM = DN. Dan is KB = LC = MD = NA
Stel AK = a en KB = b, dan is de zijde weer gelijk aan a + b en de oppervlakte is weer gelijk aan
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2.
De lijnstukken KL, LM, MN en NK verdelen het vierkant in vier even grote rechthoeken, met elk als oppervlakte ½ ab dus in totaal 2ab, en een vierhoek KLMN.
Nu is KLMN weer een vierkant
(zijden van congruente driehoeken en elke hoek is 180o - * - ● = 90 o )
De oppervlakte van vierkant KLMN is gelijk aan de oppervlakte van vierkant ABCD verminderd met de oppervlakte van de vier driehoeken.
Stel KL = c. dan is de oppervlakte van vierkant KLMN gelijk aan c2 en geldt er:
c2 = (a + b)2 – 2ab en dus is c2 = a2 + b2 , de Stelling van Pythagoras.
Er zijn heel wat gehele positieve getallenparen te vinden, waarvoor de stelling geldt: 3, 4 en 5 of 5, 12 en 13 of 8, 15, 17.
En natuurlijk ook oneindig veel reële getallen: 1, 2 en √5 of √3, √5 en 2√2.
Als lengetn horen ze allemaal bij rechthoekige driehoeken.
En nu (a + b)3.
Bekijk de kubus en ontdek dat de inhoud ervan (a + b)3 is.
In de kubus bevinden zich twee kleinere kubussen met ribbe a resp. b, dus inhouden a3 resp. b3.
Aan de kubus met ribbe a zitten drie balken vast met zijden a, a en b en dus inhoud a2b.
Aan de kubus met ribbe b zitten drie balken vast met ribben a, b en b en dus inhoud ab2.
Hieruit volgt dat (a+b)3 = a3 +3 a2b + 3 ab2 + b3
In feite moet voor (a+b)3 het product (a + b) (a + b) (a + b) uitgewerkt worden, dus
(a + b) (a + b) · a + (a + b) (a + b) · b = (a2 + 2ab + b2) · a + (a2 + 2ab + b2) · b enz.
De uitwerking van de tweede en derde macht van (a + b) met de driehoek van Pascal is in feite natuurlijk niets anders dan een toepassing van het Binomium van Newton.
En is er nu ook een stelling die zegt dat a3 +b3 = c3?
Zou je bijvoorbeeld de kubus van hierboven ook verdelen kunnen in een deelkubus met inhoud c3 zodat een aantal lichamen ontstaat met totale inhoud 3a2b + 3ab2, zodat c2 = (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 = a3 + b3 ?
De formule geldt bijvoorbeeld als je voor a, b of c de juiste 3e-machtswortels kiest, bijvoorbeeld a = 3√3 en b = 3√5, dan is c = 2, of a = 2, b = 3√19, dan is c = 3. Maar drie positieve gehele getallen, dat lukte nog niemand.
Het zal dus ook niet erg lukken om zo'n kubus in een kubus te vinden, analoog aan het vierkant in het vierkant bij de stelling van Pythagoras hierboven.
Fermat vermoedde al dat er geen drie positieve gehele getallen a, b en c te vinden zijn waarvoor deze formule en alle formules van het type a n + b n = cn gelden, als n geheel is en n >2. Hij stelde een bewijs ervoor gevonden te hebben, maar dat is nooit aangetroffen. Er is jaren geprobeerd om dit vermoeden van Fermat te bewijzen en uiteindelijk schijnt het ook wel gelukt te zijn, maar zo triviaal als de Stelling van Pythagoras lijkt te zijn, zo ingewikkeld was dat bewijs voor het vermoeden van Fermat uiteindelijk te leveren.
Google je "De laatste stelling van Fermat, dan is er veel te vinden, bijvoorbeeld http://www.rekenmeemetabc.nl/?artikel=16
Geen opmerkingen:
Een reactie posten