Wiskundemeisjes

Ionica & Jeanine
 
Slik Internetbureau Rotterdam Internetbureau Rotterdam



  • Laatste Reacties

Categorieën

Archief

IJstaart met glazuur


In Puzzels, door Ionica

Deze leuke puzzel hoorde ik Peter Winkler vertellen bij The Math Factor.

taart

In een zeer koude kamer staat een ronde ijstaart met bovenop een laag chocoladeglazuur. Kies een willekeurige hoek α en snijdt een punt af met een hoek van α graden. Draai deze punt ondersteboven. Snijd daarnaast weer een punt van α graden af, draai ook deze om en ga zo door. Als je rond bent, dan ga je gewoon verder met snijden en omdraaien van punten. Bewijs dat voor elke gekozen α al het glazuur weer aan de bovenkant is na een eindig aantal keer snijden.

Punten in taart

Als α een deler van 360 graden is, dan is het duidelijk dat het goed gaat: stel dat je α = 30 graden kiest. Dan snijd je twaalf punten af die je één voor één omdraait. Bij de tweede ronde snijd je precies op dezelfde plaatsen als eerst en draai je de punten weer één voor één terug. Na vierentwintig keer snijden is al het glazuur dus weer aan de bovenkant.

Maar waarom werkt het ook als α geen deler van 360 is? En zelfs als α irrationaal is?

Wij moesten hier zelf best een tijd op puzzelen. Lezers die er niet uitkomen, kunnen naar het Mathematisch Instituut komen met een taart en een mes. Onze collega's Jos, Sierk en Arjen zijn bereid een demonstratie te geven in ruil voor een stuk taart!

33 reacties op “IJstaart met glazuur”

  1. Matthijs van der Vleuten:

    Voor elke (niet-irrationale) α bestaat er een veelvoud welke een veelvoud van 360 is. Je krijgt daar alleen nogal kleine punten bij.

    Met een irrationale α lijkt mij het onmogelijk, tenzij het laatste punt kleiner dan α mag zijn.

  2. Harm:

    kunnen we hiervoor het bewijs van Vera Sós
    voor het vermoeden van Steinhaus gebruiken?

    http://www.wiskundemeisjes.nl/20070726/de-favoriete-nog-levende-wiskundige-van%E2%80%A6-14/

  3. Kees:

    Ja vreemd. Nee een alfa van 1 radiaal. Er zou dus met N keer draaien een veelvoud van 2 x pi te bereiken zijn? Dus pi een breuk?

  4. Ionica:

    @Kees: Je snijdt natuurlijk nooit twee keer op dezelfde plek als je 1 radiaal neemt. Desondanks komt al het glazuur toch terug aan de bovenkant!

  5. Reijer:

    Wat draai je precies om? De complete α graden tussen je vorige snee and de nieuwe snee, of de eigenlijke taartpunt die je met de nieuwe snee vormt?

  6. Ionica:

    Je draait steeds de complete α graden tussen je vorige snee en de nieuwe snee om.

  7. Reijer:

    Pfft Ion, jij bent snel. Ook een maandagmorgen ofzo?

  8. Reijer:

    Stel x=360 modulo α, en b=360-x*α. Na x snedes, zeg met de klok mee, heb je 360-b graden met glazuur naar beneden en b graden met glazuur boven. Bij de volgende snede draai je een stuk om met b graden glazuur boven en α-b graden glazuur beneden. Het b deel (met glazuur boven) zit aan de tegen-de-klok-in-kant van het stuk dat je omdraait. Maar als je dit omdraait komt het b deel (met het glazuur naar beneden) aan de met-de-klok-mee-kant van het omgedraaide stuk te zitten. Je hebt dan een stuk taart van 360-b=x*α over met glazuur naar boven en na x snedes zit al het glazuur onder. Herhaal dit om het glazuur weer boven te krijgen.

  9. Reijer:

    Ufh, ging even te snel op het einde... Skip de laatste 2 zinnen.

  10. Reijer:

    Right, toch nog even naar gekeken en a la Fermat: "ik kan het wel bewijzen maar is zo lang dat ik geen zin heb het op te schrijven".

    Het komt er op neer dat je na x rondjes snijden x stukken van α graden hebt die bestaan uit α-b graden de ene kant op en b graden de andere kant op, en een extra los stukje van b dat dezelfde kant op gedraaid is als het stuk α-b dat erna komt. Nog x rondjes snijden brengt het geheel weer op zijn plaats.

    Het mooie van het geheel is dat je altijd precies 2x+1 snedes in de taart maakt, en die steeds hergebruikt doordat het draaien van de punten en oude snede weer goed legt voor de volgende ronde.

    Leuke puzzel, ik ben in ieder geval wakker nu ;).

  11. Marco Streng:

    Reijer, volgens mij gaat het al eerder mis dan in de laatste twee zinnen. Je kan alleen x snedes nemen als x een geheel getal is en voor irrationale α betekent dat x=360.

  12. Reijer:

    Hmm? Aangezien x = 360 modulo a, is x per definitie het aantal gehele stukken dat je kunt afsnijden voordat je over je eerste snede heen gaat. Lijkt mij geen probleem om die dan af te snijden.

  13. Reijer:

    Nevermind me, modulo is de rest, niet de deler. Duidelijk toch nog niet helemaal wakker.

  14. Reijer:

    Juist, dus for the record lees x = 360 div α. Sorry.

  15. la:

    Ik snap het nog steeds niet... Kan iemand het nog eens helder uitleggen want de uitleg boven (sorry jongens) kan ik niet volgen.

  16. Marco:

    @la: Ik weet niet of het al tijd is om de oplossing te verklappen. Probeer het eens uit met een rond stuk papier:
    Teken twee gelijke cirkels en knip ze uit. Kleur 1 schijf aan 1 kant in. Knip een taartpunt van α uit de tweede schijf en gebruik dat als mal voor de hoek.
    Volgens mij is een α van ongeveer 95 graden wel geschikt om het idee te zien.

  17. Ed:

    Neem anders een lekker Fractalkoekje erbij;
    http://www.boingboing.net/2008/04/10/howto-make-fractal-c.html

  18. Kees:

    'Verdraaid' leuk!

  19. niels:

    Lees ik het nu goed dat het ook mogelijk is voor irrationale getallen?

  20. la:

    Tsja, voor rationele getallen vind ik het ook geen probleem, maar voor irrationele getallen?

    We noemen de huidige hoek even Þ en je begint op starthoek Þ=0. n en k zijn natuurlijke getallen en 'eps' is de bekende variabele die we zo klein mogelijk nemen.
    Vanwege de ronde taart geldt: Þ = Þ + 2pi*k. Neem nou α=1 radiaal. Na n sneden is je sneehoek dus Þ=nα. Aangezien we een irrationele hoek hebben genomen kom je nooit uit op snijhoek is zowel Þ = 2pi*k = nα = Þ omdat er geen gehele getallen zijn waarmee je de breuk 2pi/α = n/k kan vormen.
    Dus elke keer als je een schep neemt waarmee je een rondje afmaakt zit Þ = 0 + 2pi*k erbij en heb je een stuk taart op je schep liggen waarbij een deelpunt Þ-eps met de ene kant bovenligt en een taartpunt Þ+eps die ALTIJD de andere kant op ligt.

    Blijkbaar heb ik het fout, maar ik ben benieuwd waar de fout in bovenstaande redenering zit.

  21. niels:

    Als je wil dat de hele taart weer juist ligt zal je zeker ooit terug moeten zitten op je originele start punt. Neem a de hoek waarmee je snijdt en a is irrationaal. Als het zou lukken om opnieuw uit te komen op je originele startpunt, dan zou er dus een veelvoud van a moeten zijn dat een veelvoud is van 360, m.a.w iets van de volgende vorm: a*b = 360*c en b en c zijn natuurlijk en niet nul. Maar daaruit volgt toch dat a = 360*c/b en dus rationaal is en dus een tegenspraak is.
    Maar toch suggereert de vraag dat het wel kan met een irrationaal getal ???

  22. Rinse Poortinga:

    Door het afsnijden van taartpunten wordt er langs de cirkel geroteerd. Het omdraaien van de taartpunten geeft een soort spiegeling. Kennelijk zorgt die combinatie van roteren en spiegelen er voor dat de taart op een gegeven moment weer zijn oorspronkelijke stand aanneemt. Maar hoe precies? Ik moet bekennen dat ik dat ook niet direct zie.

  23. Rinse Poortinga:

    Wat gebeurt er eigenlijk met de punten die in het grensvlak van twee opeenvolgende taartpunten liggen? Tot welke van de twee taartpunten moeten we deze punten rekenen? Of moeten we deze punten verwaarlozen?

  24. Reijer:

    De truuk zit hem hierin. Stel je hebt een stuk van a graden hebt met al een snee erin van eerder, waarvan de eerste b graden (zeg kloksgewijs) glazuur boven heeft en de volgende a-b graden glazuur beneden. Als je dit stuk omdraait heeft de eerste a-b graden het glazuur boven, en de volgende b graden het glazuur beneden. De volgorde van glazuur boven/beneden in dat stuk blijft dus hetzelfde, maar de snee verandert van plaats.

    Stel x = 360 div a. Dan na x keer snijden heb je x*a graden omgedraaid en b = 360 - x*a graden nog niet. De volgende snede maakt dan een stuk zoals boven beschreven, met deze speciale b. Bij het omdraaien van dit stuk komt de snede die al in het stuk zit (je allereerste snede in dit geval) op b graden voor je laatste snede te zitten. Het is dan precies x*a graden totdat je weer op die snede komt (want x*a+b=360), oftewel precies x snedes.

    Met irrationale getallen zul je idd nooit op de van de eerste snede terugkomen, maar je komt wel je eerste snede terug omdat deze van plaats verandert.

  25. Reijer:

    Excuses, het filter heeft 2 woorden uit de laatste zin weggehaald. In de herkansing:

    "Met irrationale getallen zul je idd nooit op de PLAATS van de eerste snede terugkomen, maar je komt wel IN je eerste snede terug omdat deze van plaats verandert."

  26. Rinse Poortinga:

    Reijer: neem bijv. a=270. Dan x=1 en b=90.

    Pas na 4 keer puntsnijden + omkeren heb je het glazuur weer boven.

  27. Margo:

    Zeg, Reijer, zo wakker heb ik je nog nooit meegemaakt. En zo lang......Maarik vind je wel heel knap!

  28. Reijer:

    @Rinse: 5 snedes, 4 punten, 4 keer keren, klopt ja. Merk op dat dit geldt voor alle a>180. Maar al bij je 3e snede (2e punt) zit je weer IN de eerste snede (niet op dezelfde plek).

    Mijn uitleg was niet bedoeld als bewijs, of om aan te tonen na hoeveel snedes het glazuur weer boven is, het is een schets van wat er gebeurt en waar de denkfout zit bij het idee dat het nooit zou kunnen voor irrationale getallen.

    @MamaIonica: *zwaai* :)

  29. Bram:

    Reijer heeft goed gezien dat het omkeren van de taartpunten niet alleen 'glazuur' en 'onderkant' omwisselt, maar ze ook 'spiegelt', waardoor je toch weer op dezelfe snede uitkomt.

    Opmerking: lees niet verder als je het raadsel helemaal zelf wilt oplossen.

    Definieer het gehele getal m en de hoek β door de vergelijking 2 π = m α + β met 0 ≤ β < α. Dan is m het aantal keren dat je punten van α radialen uit een taart van 2π radialen kunt halen en &beta de hoek die je over houdt.

    Als β = 0 (α past precies m keer in 2π), dan is het duidelijk dan je na m stappen al het glazuur onder hebt en na nog eens m stappen al het glazuur weer boven; in totaal ben je na 2m stappen weer terug bij af.

    Als β > 0, dan heb je 2m(m+1) stappen nodig.

    Hint 1: Het is waarschijnlijk het makkelijkste om dit aan de hand van een reeks plaatjes te zien. Je kunt zelf een programma schrijven dat de plaatjes maakt, of je kunt naar het resultaat van mijn programma kijken.

    Hint 2: De tweede m(m+1) stappen doen in zekere zin het 'omgekeerde' van de eerste m(m+1) stappen: in omgekeerde volgorde en gespiegeld in de lijn met hoek m(m+1)α. Na 2m(m+1) stappen ben je dan dus weer terug bij af — al het glazuur is weer boven. Belangrijk is dat de lijn met hoek m(m+1)α een spiegellijn is van de taart na m(m+1) stappen.

    Hint 3: Na k·m stappen, k = 1, …, m+1, kun je de taart altijd als volgt beschrijven: start bij hoek kmα, dan krijg je met de klok mee de volgende soort stukken: ABABA..ABAC, waarbij A k keer voor komt en B k-1 keer. A is telkens een stuk met hoek β, B telkens een stuk met hoek α-β en C het (resterende) stuk met hoek 2π - kβ - (k-1)(α-β); ≥ 0. Als k even is, dan heeft A telkens het glazuur onder en B en C telkens het glazuur boven; als k oneven is, dan is het precies omgekeerd: A heeft het glazuur boven en B en C hebben het glazuur onder.

  30. Bram:

    @Rinse: Ik vroeg me ook al af wat we konden doen met de punten op de sneden — zijn de taartpunten open of gesloten verzamelingen (d.w.z. telt de rand mee) of zit het ergens tussenin? Je kunt natuurlijk de randen 'negeren', maar dan moet je eigenlijk wel precies maken wat je daarmee bedoelt.

    Eén mogelijkheid is het probleem te herformuleren tot: bewijs dat na eindig veel stappen 'bijna overal' het glazuur weer boven is (uitzonderingslijntjes tellen dus niet mee). Om dat begrip 'bijna overal' precies te maken, kun je bijvoorbeeld het begrip 'afsluiting van een verzameling' (zeg maar: tel alle randen mee) of het begrip 'Lebesgue maat' gebruiken (zeg maar: als je een (uniform) willekeurig punt kiest, zit het glazuur daar met kans 1 aan de bovenkant).

    Een andere mogelijkheid, die er erg op lijkt, is misschien om alle verzamelingen die 'bijna overal' gelijk aan elkaar zijn als gelijk te beschouwen (met elkaar te identificeren).

    Er is nog een andere mogelijkheid: als je voor de taartpunten open (of juist: gesloten) verzamelingen neemt, dan kun je nog steeds bewijzen dat al het glazuur weer boven komt na een eindig aantal stappen. Ik weet zo gauw niet of dit zo is, maar het zou wel interessant zijn om te weten.

  31. Wim van Leeuwen:

    @29: Hele mooie plaatjes, Bram! Maar, eh, al bij plaatje 2 van example 1 ben ik de draad kwijt. Plaatje 0 snap ik. In een zwarte taart is een onbescheiden grote taartpunt van 315 graden afgetekend, dus 7/8 van de taart, tussen 12 uur met de klok meegaand tot halverwege 10 en 11 uur. Op plaatje 1 is die grote punt omgekeerd en wit geworden. Maar plaatje 2 begrijp ik niet. Ik verwacht hier zwart tussen 12 en 9 uur en wit tussen 9 en 12 uur. Jij tekent iets anders. Kun je jouw plaatje 2 uitleggen?

  32. Reijer:

    @Wim: wat jij doet is het glazuur van boven naar onder verplaatsen, dit is niet wat er gebeurt als je een taartpunt omdraait. Pak in gedachten het gehele stuk van 10:30 to 9 uur (met de klok mee) op, draai dat geheel om, en leg het weer neer. Je zult zien dan dan het kleine zwarte stukje van 10:30 tot 12 niet alleen wit wordt, maar zich ook verplaatst naar 7:30 tot 9 uur.

  33. Wim van Leeuwen:

    @Reijer: Ach, natuurlijk! Nu snap ik het pas. Dankjewel voor de uitleg, Reijer! En jij ook bedankt, Bram, voor de schitterende plaatjes.

Plaats een reactie


Je kunt LaTeX gebruiken in je reactie.
Gelieve antwoorden op puzzels tussen [SPOILER] en [/SPOILER] te plaatsen.