gelijk \sum x^2
Opgave - VWO 2014 dag 1 vraag 1
$a$
Bewijs de parallellogramwet die zegt dat in een parallellogram de som van de kwadraten van de lengtes van de vier zijden gelijk is aan de som van de kwadraten van de lengtes van de twee diagonalen.
$b$
De ribben van een viervlak hebben lengtes $a, b, c, d, e$ en $f$. De drie lijnstukken die de middens van kruisende ribben verbinden hebben lengtes $x, y$ en $z$. Bewijs dat
$ 4(x^2+y^2+z^2)=a^2 + b^2+ c^2+d^2+e^2+f^2. $
- login om te reageren
Oplossing
A:
Beschouw een parallellogram ABCD met respectievelijke hoeken α,β,γ,δ. Uit de cos regel volgt dat in 3hoek ABC geldt: $|AC|^2 = |AB|^2 + |BC|^2 - 2*|ΑΒ|*|BC|*cos(β)$
In 3hoek BCD geldt: $|BD|^2 = |BC|^2 + |CD|^2 - 2*|BC|*|CD|*cos(γ)$
Hieruit volgt: $|AC|^2+|BD|^2= |BC|^2 + |CD|^2 - 2*|BC|*|CD|*cos(γ) + |AB|^2 + |BC|^2 - 2*|ΑΒ|*|BC|*cos(β)$
Omdat overstaande zijden evenlang zijn en aanliggende hoeken supplementair weten we dat.
$|AC|^2+|BD|^2= |BC|^2 + |CD|^2 + |AB|^2 + |DA|^2 - 2*|ΑΒ|*|BC|*cos(β) - 2*|ΑΒ|*|ΒC|*cos(180-β)$
$= |BC|^2 + |CD|^2 + |AB|^2 + |DA|^2 - 2*|ΑΒ|*|BC|*cos(β) + 2*|AB|*|BC|*cos(β)$
$ = |BC|^2 + |CD|^2 + |AB|^2 + |DA|^2$
QED
B:
Beschouw een 4-vlak ABCD. Benoem de middens van [AB],[BC],[CD],[DA],[AC],[BD] respectievelijk E, F, G, H, I, J.
[EF] is de middenparallel van 3hoek ABC met basis [AC]. Hieruit volgt dat $|EF| = \frac{1}{2} |AC|$
en EF // AC.
[GH] is de middenparallel van 3hoek ADC met basis [AC]. Hieruit volgt dat $|GH| = \frac{1}{2} |AC| = |EF|$ en GH // AC // EF.
Omdat 2 evenwijdige lijnen steeds in een zelfde vlak liggen weten we dat E,F,G en H coplanair zijn.
[FG] is de middenparallel van 3hoek BCD met basis [BD]. Hieruit volgt dat $|FG| = \frac{1}{2} |BD|$.
[HE] is de middenparallel van 3hoek ABD met basis [BD]. Hieruit volgt dat $|HE| = \frac{1}{2} |BD| = |FG|$
Dus is EFGH een parallellogram want, de punten liggen in hetzelfde vlak en $|EF|=|GH|$ en $|HE|=|FG|$. Door de parallellogram regel weten we dat $|EF|^2+|GH|^2+|HE|^2+|FG|^2 = |GE|^2+|FH|^2$
Dus $(\frac{1}{2} |AC|)^2 + (\frac{1}{2} |BD|)^2 +(\frac{1}{2} |AC|)^2 + (\frac{1}{2} |BD|)^2 = |GE|^2+|FH|^2$
Dus $\frac{1}{2} |AC|^2 + \frac{1}{2} |BD|^2 = |GE|^2+|FH|^2$
Dus $|AC|^2 + |BD|^2 = 2(|GE|^2+|FH|^2)$
Analoog weten we dat $|CB|^2 + |AD|^2 = 2(|GE|^2+|IJ|^2)$ en $|AB|^2 + |CD|^2 = 2(|FH|^2+|IJ|^2)$
Door deze 3 vgl op te tellen weten we dat: $|AC|^2 + |BD|^2 + CB|^2 + |AD|^2 + |AB|^2 + |CD|^2 = 4(|GE|^2+|FH|^2+|IJ|^2)$
QED
Alternatief voor a)
Zij $A,B,C,D$ vier willekeurige punten in de ruimte $\mathbb R^3$ (het bewijs geldt in elke ruimte $\mathbb R ^n$)
We zullen bewijzen dat
$|AB|^2 + |BC|^2 + |CD|^2 + |DA|^2 \geq |AC|^2 + |BD|^2$
met gelijkheid als en slechts als $ABCD$ een parallellogram is.
Om dit te bewijzen, onderzoeken we de punten in een driedimensionaal coördinatensysteem.
Zij $co(A) = (x_1,y_1,z_1), co(B) = (x_2,y_2,z_2), co(C) = (x_3,y_3,z_3), co(D) = (x_4,y_4,z_4)$.
De ongelijkheid kan nu geschreven worden als:
$(x_1-x_2)^2+(x_2-x_3)^2 + (x_3-x_4)^2 + (x_4-x_1)^2 \geq (x_1-x_3)^2 + (x_2-x_4)^2$
en de analoge ongelijkheden als we $x_i$ vervangen door $y_1$ en $z_i$.
Deze ongelijkheid(-heden) is equivalent met
$0 \leq x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2-2x_1x_2-2x_2x_3-2x_3x_4-2x_3x_4 + 2x_1x_3 + 2x_2x_4$
$\iff 0 \leq (x_1-x_2+x_3-x_4)^2$ wat duidelijk waar is. Gelijkheid treedt op voor
$x_1+x_3 = x_2+x_4, y_1+y_3 = y_2+y_4, z_1+z_3 = z_2 + z_4$ wat dus impliceert dat er gelijkheid is voor een parallellogram.