sciencetalk

Nesciyolo schreef: ↑za 29 apr 2023, 22:45 ///
Als ik dus de piramide in breedterichting uitrek met een factor x, neemt waar dan ook in de piramide het oppervlak van het snijvlak ook toe met de factor x.

ok.

Nesciyolo schreef: ↑za 29 apr 2023, 22:45 Derhalve neemt de inhoud van de piramide met dezelfde factor x toe

Waarom? Wat heeft dat oppervlak met de inhoud te maken?

Als je zegt "omdat dan de inhoud van een dun plakje ook evenredig groter wordt", dan ben je met een limiet bezig...

Een tetraëder is zoals ik hierboven heb laten zien een halve piramide. Ik kan elk tetraëder dat ik wil maken door een piramide met een vierhoekig grondvlak te vormen op boven beschreven manier en die door te snijden. Eventueel kan ik daarvoor 2 of meer op die manier gevormde tetraëders bij elkaar voegen of uitsnijden totdat ik de gewenste vorm bereik.

Ook kan ik tetraëders naar believen samenvoegen en combineren om piramides te construeren met elke gewenste grondvlakvorm, zolang die bestaat uit hoeken en rechte lijnen in een plat vlak en zolang de resulterende figuur ook een piramide is. Zo kan ik ook stervormen, 5-hoeken en onregelmatige veelhoeken als grondvlak hebben.

Bij al die bewerkingen blijft de relatie tussen grondvlak, hoogte en inhoud behouden.
Voor al deze viervlakken en piramidevormen geldt dus ook:

inhoud(piramide) = (grondvlak * hoogte) / 3

Xilvo schreef: ↑zo 30 apr 2023, 14:48 Als je zegt "omdat dan de inhoud van een dun plakje ook evenredig groter wordt", dan ben je met een limiet bezig...

Dat is waar ik op doelde toen ik het had over een "impliciete limiet".

Je kan het zo zien. Maar het hoeft niet perse.
Bij een limiet ga je een bepaalde waarde benaderen en kom je er op zijn best heel dicht bij in de buurt. Dat is niet wat ik hier doe. In dit geval bereik ik het resultaat exact voor elk bekeken vlak en leid ik daarvan af dat het voor alle vlakken moet gelden. Dat is geen benadering maar een intrapolatie (lijkt me).

Wat ik hier laat zien is dat de verhouding tussen het oppervlak van de doorsnee en van een omsluitende rechthoek op elk vlak in de piramide gelijk blijft en dat derhalve de verhouding tussen breedte, hoogte en inhoud van de hele piramide ook gelijk moet blijven.
Ik doe verder niets met de inhoud van een dun plakje.

Ik kom dus gevaarlijk dicht bij een limiet maar volgens mij gebruik ik die hier niet.

Volgens mij ga je er toch van uit dat het volume tussen twee van die oppervlakken evenredig groeit met die oppervlakken, bij oprekken.
Dat is een aanname die natuurlijk plausibel is, maar niet bewezen. Voor het bewijs heb je m.i. limieten nodig.

Xilvo schreef: ↑zo 30 apr 2023, 15:57 Volgens mij ga je er toch van uit dat het volume tussen twee van die oppervlekken evenredig groeit met die oppervlakken, bij oprekken.
Dat is een aanname die natuurlijk plausibel is, maar niet bewezen. Voor het bewijs heb je m.i. limieten nodig.

Ik weet hier nog geen goed antwoord op. Wat vinden anderen ervan?

Een ander speciaal geval kennen jullie misschien al maar wil ik hier toch nog even laten zien.
Vanochtend experimenteerde ik wat met een snede uit een kubus toen ik mij herinnerde dat in mijn vaders kast dit dingetje staat: Dat was precies de vorm waar ik mee bezig was. Ik kon er iets leuks van maken (een gelijkzijdig tetraëder in de kubus) maar dat hielp me verder niet om dit probleem op te lossen. Bij het zoeken op internet naar achtergrondinformatie kwam ik dit paper tegen:
http://www.fi.uu.nl/wiskrant/artikelen/ ... oelens.pdf
Daarin wordt een speciaal geval beschreven dat ook in deze kubus zit. In de vorm zitten 3 identieke piramides met l = h = b en de top boven een hoek van het grondvlak.
Daar heb ik een eigen tekeningetje van gemaakt De kubus in de tekening laat zien hoe ze in de kubus zitten. De enkele rode piramide verduidelijkt de vorm. De wat rommelig aandoende tekening ernaast verbeeldt de 3 piramides in kleuren rood, groen en zwart.
Voor dit speciale geval is de inhoudsformule ook duidelijk geldig.
Helaas voegt dat niet veel toe. Elk van de piramides is een kwart van het eerste speciale geval dat ik beschreef en dat overigens ook in het paper beschreven wordt.

Zo komen we niet veder dat leidt tot niets..

Ik ken en bewijs dat als volgt loopt:

1. Bewijs dat elk driezijdig prisma op te delen valt in drie gelijke driezijdige piramiden

2. Bewijs dat drie gelijke driezijdige piramiden in één driezijdig prima passen.

Het uitgewerkte bewijs staat in:
Leerboek de stereometrie
van Dr. P. Molenbroek.

P. Noordhof 13de druk.

Blz 159.

PS.
Puntjes heeft dit boek ook vast in zijn bezit.

tempelier schreef: ↑ma 01 mei 2023, 18:08 Ik ken en bewijs dat als volgt loopt:

Ik zal kijken of ik daar de hand op kan leggen.

Ik heb iets uitgevonden.
Ik heb geprobeerd een rechthoekige balk te tekenen met ongelijke zijden en daarin op de al getoonde manier 6 piramiden af te scheiden. Daarin bekijk ik het hoekje dat aangegeven wordt door de pijl. Daarin bevinden zich drie kwarten van 3 verschillende piramides. Als ik die kwarten doorsnij op de ribben krijg ik 6 8e delen, of in elk geval delen die ik per 2 aan een van de piramides kan toedelen. Nu blijkt dat die delen 2 aan 2 identiek zijn. Dus een deel van de groene piramide is identiek aan een deel van de rode piramide en het andere deel is identiek aan een deel van de zwarte piramide. De andere delen van de rode en de zwarte piramide zijn ook identiek aan elkaar. In de tekening heb ik elk deel een letter gegeven. Draaiend rond de diagonaal is elk deel identiek aan het tegenoverliggende deel. a groen en a zwart zijn identiek, b zwart en b rood, en c rood en c groen ook.

In mijn tekening is vrij goed te zien dat deel a en deel c wel even groot moeten zijn. Helaas is dat door mij nu nog niet te bewijzen. Als ik dat zou kunnen zou daaruit volgen dat de zwarte en de rode piramide even groot zijn en zou het probleem zo goed als opgelost zijn.

Dames en Heren, dit is een bijzonder moment.
Na 5000 jaar tobben hebben we dan toch eindelijk de oplossing gevonden. Door de eeuwen heen hebben de grootste wiskundigen zich de tanden erop stuk gebeten. Reuzen zoals David Hilbert en Max Dehn bewezen zelfs dat het niet kon. (http://www.fi.uu.nl/wiskrant/artikelen/ ... oelens.pdf)

Maar vandaag kan ik jullie iets tonen dat je nog nooit gezien hebt. En dat nog zonder toverij, benaderingen of limieten. Om plakjes en blokjes zullen we vanaf nu, als het om piramides gaat, slechts meewarig lachen. Ik zal zelfs geen algebra gebruiken. Tekeningen en niets dan tekeningen. Euklides, Pythagoras, Thales van Milete zouden in hun nopjes zijn. Hoewel ik geen passer en liniaal heb gebruikt. Alleen het tekenprogramma in LibreOffice.

Wat is er aan de hand? Ik zal het je vertellen.
Ik heb weer tekeningen gemaakt en ik heb iets uitgevonden.
Net als eerdere pogingen ben ik begonnen met 6 piramides in een rechthoekige balk. Vandaag een vierkante balk maar geen kubus. De hoogte is willekeurig. In tekening 3 zie je hoe de piramides eruit zien. We zien 3 paren identieke piramides: een groen paar, een zwart paar en een rood paar. Omdat de balk vierkant is zijn de zwarte en groene piramides identiek aan elkaar en hebben de rode piramides een vierkant grondvlak. De zwarte en groene piramides kunnen een langwerpig grondvlak hebben in elke verhouding tussen lengte en breedte. De hoogte van de rode piramide is willekeurig. Die kan elke waarde hebben en hoeft niet in een bepaalde verhouding tot het grondvlak te staan,

Voor het vervolg zal ik inzoomen op het 8e deel van de balk dat ingetekend is in tekening 1. Ik heb het iets uitgelicht in tekening 2. Dat ziet eruit als tekening vier. Je ziet 1 deel rood, 1 deel zwart en 1 deel groen, zwart en groen zijn identiek. Ik heb het groene en het zwarte segment nu niet nodig. Daarom heb ik die niet getekend in tekening 5. In plaats daarvan zal ik het rode segment nog eens intekenen. Dat resulteert in onderstaande tekening 5. Let op: vanaf tekening 5 betekenen de gebruikte kleuren iets anders. In tekening 5 zie je het segment van de rode piramide ingetekend, en daarboven ondersteboven en een slag gedraaid hetzelfde segment nog eens in zwart. In het vlak van driehoek ABC liggen de segmenten tegen elkaar aan.

In het getoonde balkje creëren de beide segmenten samen een wat ingewikkeld aandoende overige ruimte. Je moet misschien even turen om uit te vinden hoe die er precies uitziet. Ik heb deze tekening vanmorgen gemaakt. Na een slaaploze nacht was het voor mij ook niet gemakkelijk om uit te plussen hoe die er precies uitziet. In tekening 6 heb ik de lege ruimte geprobeerd extra duidelijk aan te geven met rode lijnen. De punt op de voorgrond heb ik oranje omlijnd. Daar ga ik wat mee doen. Die punt past precies onder de punt aan de achtergrond kant van de tekening. In tekening 7 heb ik de voorste punt om het middelpunt geroteerd precies in het hoekje onder de achterste punt. Ook in die tekening is de punt oranje omlijnd en de plaats waar hij was is nog in groen aangegeven.
De lege ruimte heeft nu de vorm van 2 piramides met het grondvlak aan de buitenrand en de top in het middelpunt van de balk.
Dat is de sensatie. Vergelijk tekening 7 maar eens met tekening 3. We begonnen met 2 delen zwart groene piramide en 1 deel rode piramide. Ik heb een 2e deel van de rode piramide in de figuur gebracht. Daardoor blijft in tekening 7 1 van de 2 delen (2 van de 4 piramides) van de rood / zwarte piramides over. Dat betekent dat de rode piramide net zo groot moet zijn als de zwarte en als de groene.

Ik heb dus hiermee bewezen dat voor een piramide met een rechthoekig grondvlak en een top in het midden op willekeurige hoogte de inhoud 1/3 deel van de balk beslaat. Dus:

inhoud(piramide) = (grondvlak * hoogte) / 3

Omdat we piramides in 2 en meer symmetrische delen kunnen hakken en kunnen combineren met delen van andere piramides volgt hieruit dat dit ook geldt voor piramides waarvan de top zich niet recht boven het midden bevindt.
En zoals ik eerder aangegeven heb in deze tekening: Ook voor piramides waarvan de top zich niet boven het grondvlak bevindt.

Ook willekeurige piramides met een driehoekig grondvlak zijn te creëren door knippen en plakken van delen van rechthoekige piramides. Dus ook voor al die gevallen geldt de inhoudsformule.
Met driehoekige piramides zijn daarna ook alle piramides met een grondvlakvorm die begrensd wordt door alleen hoeken en lijnen inbegrepen.

Ik denk dat ik de inhoudsformule hiermee nog niet bewezen heb voor kegels en grondvlakvormen met gebogen lijnen .

Sorry, ik ben te bescheiden geweest.
Mijn bewijs werkt niet alleen in een vierkante balk maar in elke rechthoekige balk. Ik heb de tekeningen wat aangepast. De redenering is dezelfde. De uitgangssituatie is iets anders. Ik werk op basis van bovenstaande tekening. We zien weer delen van 3 piramides: een rode, een zwarte en een groene. In dit deel van de balk nemen ze elk een deel in beslag.
Net zoals gisteren teken ik het rode segment 2x in. Eén keer op de aangegeven "originele" plaats en één keer ondersteboven, geroteerd om een lijn evenwijdig aan de zijde op de voorgrond door het middelpunt van de balk. (Wat ik mij gisteren niet realiseerde was dat ik het extra segment op dezelfde manier nog eens in kan tekenen ook als het grondvlak rechthoekig is.)
We krijgen dan tekening 5: Net als in het vierkante blok raken de segmenten elkaar in het vlak van driehoek ABC in tekening 5. Tekening 6 toont de ruimte in de balk die niet door de beide getekende segmenten ingenomen wordt rood en oranje omlijnd. Het in tekening 6 oranje omlijnde deel roteer ik nu rondom een verticale as door het middelpunt van de balk en past precies onder het lege deel aan de achterkant. In tekening 7 is die situatie getekend. De plaats waar het oranje segment was is nu groen getekend.

Tekening 8 toont de nieuwe situatie ook maar nu is de ontstane vorm omlijnd met zwart en groen. We zien dat de lege ruimte de vorm heeft van 2 piramides met de top in het middelpunt van de balk. De zwarte piramide heeft de achterste zijde van de balk als grondvlak en de groene de rechter zijde.

Vergelijken we dat met tekening 3 van gisteren. (Stel je even voor dat de groene piramides in tekening 3 niet hetzelfde grondvlak hebben als de zwarte.) Dan zien we dat er in tekening 8 1 zwarte en 1 groene piramide minder zijn. In plaats daarvan heb ik (qua volume) 2 rode piramides ingebracht. Hieruit volgt dat 1 zwarte en 1 groene piramide samen net zo groot zijn als 2 rode. Dat moet voor de overgebleven piramides dus ook gelden. Qua volume kan ik dus de balk opvullen met 6 rode piramides. Hieruit volgt dat de inhoud van elk van de rode piramides 1/6 deel van de inhoud van de balk is voor elke rechthoekige balk.

Alle piramides met een rechthoekig grondvlak (en de top midden boven het grondvlak) hebben dus exact de inhoud:

inhoud(piramide) = (grondvlak * hoogte) / 3

Hier vanuit is makkelijk af te leiden dat dat ook moet gelden voor alle andere piramidevormen met een grondvlakvorm die bestaat uit hoeken en rechte lijnen.

Net als gisteren kan ik hiermee de inhoud van kegels en vormen met een grondvlak met gebogen lijnen nog niet bewijzen.

Hadden Hilbert en Dehn ongelijk toen ze beweerden dat het met de blokjes methode niet kan? Ja en nee denk ik.
Volgens nog steeds deze bron:
http://www.fi.uu.nl/wiskrant/artikelen/ ... oelens.pdf
(Michel Roelens, 2008)

Michiel Roelens:
De formulering van Hilbert was
‘bewijs dat er twee viervlakken bestaan met zelfde grond-
vlak en hoogte maar die niet tot elkaar kunnen worden
omgevormd door knippen en plakken met een eindig aan-
tal stukken’. Men kan aantonen dat deze formulering
equivalent is met de onmogelijkheid van de volumebepa-
ling van een piramide in stukjes. Max Dehn loste het pro-
bleem enkele maanden later op door te bewijzen dat het
onmogelijk is.

Dehn heeft bewezen dat Hilbert gelijk had dus dat zal wel kloppen. Maar zeggen dat dat zonder meer equivalent is met de volumebepaling van een piramide in stukjes is niet waar. En daarom is ook het bewijs van Dehn niet van toepassing op dit probleem.
Voor de volumebepaling moeten we niet 2 piramides met elkaar vergelijken maar 3. in een balk met 2 zwarte, 2 rode en 2 groene piramides heb ik aangetoond (door de helft van een groen en de helft van een zwart segment te vervangen door een rood segment) dat we met de blokjes van 1 zwarte en 1 groene piramide 2 rode piramides volledig kunnen opvullen. Andersom moet dat ook kunnen met 2 zwarte vs 1 rode en 1 groene en met 2 groene vs 1 rode en 1 zwarte.

Nesciyolo schreef: ↑wo 03 mei 2023, 12:32 Voor de volumebepaling moeten we niet 2 piramides met elkaar vergelijken maar 3.

We hoeven geen willekeurige piramides te vergelijken maar heel specifieke.
Daarbij hebben ze ook nog eens niet hetzelfde grondvlak en dezelfde hoogte. In dit geval gelden
2h(groen) = l(zwart) = b(rood),
2h(zwart) = l(rood) = b(groen) en
2h(rood) = l(groen) = b(zwart),

Afhankelijk natuurlijk van wat je breedte en lengte wil noemen.

tempelier schreef: ↑ma 01 mei 2023, 18:08 Ik ken en bewijs dat als volgt loopt:

1. Bewijs dat elk driezijdig prisma op te delen valt in drie gelijke driezijdige piramiden

2. Bewijs dat drie gelijke driezijdige piramiden in één driezijdig prima passen.

Het uitgewerkte bewijs staat in:
Leerboek de stereometrie
van Dr. P. Molenbroek.

P. Noordhof 13de druk.

Blz 159.

Ik heb een andere druk gevonden die online beschikbaar is. Ook in die druk begint het bewijs op blz 159. Dr Molenbroek schijnt in 1945 overleden te zijn dus het copyright op zijn werk is verlopen.
https://www.delpher.nl/nl/boeken/view?q ... 4000:00167
Helaas is dit geen bewijs voor de inhoudsformule. De piramides zijn niet gelijkvormig. De inhoudsformule wordt gebruikt om te laten zien dat de piramides even groot zijn. Dat is dus niet geldig voor wat we hier doen. Ik denk dat mijn hierboven gegeven bewijs echt het eerste algemene bewijs zonder limieten voor de inhoudsformule in de geschiedenis is.

Nesciyolo schreef: ↑wo 03 mei 2023, 16:53

tempelier schreef: ↑ma 01 mei 2023, 18:08 Ik ken en bewijs dat als volgt loopt:

1. Bewijs dat elk driezijdig prisma op te delen valt in drie gelijke driezijdige piramiden

2. Bewijs dat drie gelijke driezijdige piramiden in één driezijdig prima passen.

Het uitgewerkte bewijs staat in:
Leerboek de stereometrie
van Dr. P. Molenbroek.

P. Noordhof 13de druk.

Blz 159.

Ik heb een andere druk gevonden die online beschikbaar is. Ook in die druk begint het bewijs op blz 159. Dr Molenbroek schijnt in 1945 overleden te zijn dus het copyright op zijn werk is verlopen.
https://www.delpher.nl/nl/boeken/view?q ... 4000:00167
Helaas is dit geen bewijs voor de inhoudsformule. De piramides zijn niet gelijkvormig. De inhoudsformule wordt gebruikt om te laten zien dat de piramides even groot zijn. Dat is dus niet geldig voor wat we hier doen. Ik denk dat mijn hierboven gegeven bewijs echt het eerste algemene bewijs zonder limieten voor de inhoudsformule in de geschiedenis is.

Nou en of het een bewijs is.
Het is trouwens een van de velen.

*** Modknip ***