Math question (should be easy)

**doc_bean** · 05-28-2007, 15:13

Originally Posted by macsen rufus

Not sure what exactly you mean in 3 - it looks like a statement of the obvious,

I thought so too until I saw people making little drawings...

**Moros** · 05-28-2007, 20:55

Sorry for the dutch but I can't do this in ENglish.

on question 1 (perhaps it does need a few drawings, but I'm not in the mood to make 'em:

De enige gaten in dit bewijs zijn misschien een paar verwoordingen maar die kunnen makkelijk aangepast worden. Het idee en de basis, zijn volgens mij wel juist en sluitend.

Alle standpunten waaruit zichtpunten kunnen worden gricht ten op zichte van een vierkant kunnen voorgesteld worden door een cirkel. Hoe ver de cirkel om het vierkant ligt maakt niet uit aangezien de afstand alleen de grotes bepaalt niet de vormen. (1)

Vanuit elk punt uit de cirkel kan men een raaklijn tekenen. Alle punten die aan de kant van vierkant liggen ten op zichte van de raaklijn zijn zichtbaar, tenzij een ander punt op de rechte die het bepaalde punt met het standpunt verbind ligt en dichterbij gelegen is tot het standpunt en aan de kant van de cirkel en het vierkant ligt van de raaklijn. (2)

Uit de stelling van thales kunnen we afleiden dat we het vierkant kunnen projecteren op de raaklijn uit (2). De projecties van de hoekpunten geven we de naam a', b', c' en d'. Aangezien we met 1 dimensie werken (rechte, dus alleen in de breedte of lengte. Hangt af hoe je het wilt benoemen.) Nu zetten we deze rechte in een 1D assenstelsel. We hebben dus één as, die we de basisnaam x-as toekennen. Nu de punten met de grootste x waarde en de kleinste x waarde zijn de uiterste punten die ja kan zien, aangezien ze de uiterste waarde hebben en dus het meest afwijken van het standpunt. (3)

Als we verderbouwen op (3), weten we de 2 overige punten tussen of op de 2 uiterste punten liggen. Ze kunnen niet verder liggen aangezien het anders niet de twee uiterste punten zouden zijn.(4)

De oorspronkelijke punten van de 2 geprojecteerde punten die tussen de extrema liggen of op de extrema liggen kunnen alleen maar zichtbaar geweest zijn indien ze dichter bij het standpunt lagen cfr. (2). (5)

Eén van de 2 punten kan echter dichterbij liggen, maar voor hetzelfde geld liggen de extrema het dichtsbij. 2 tussenliggende punten kunnen echter nooit voor de twee extrema liggen. Want uit de twee oorspronkelijke hoekpunten wiens projecties de extrema volgen zijn elk de eindpunten van twee zijdes van de heokpunten. Aangezien de hoeken 90° moeten zijn tussen deze twee kan er maar één hoekpunt dichterbij liggen. Zou men toch twee imaginaire hoekpunten vanuit elk de hoekpunten construeren met onderling een hoek van 90° dan zouden de hoeken met de andere hoekpunten geconstrueerd vanuit het andere hoekpunt meer dan 90° zijn. Dan zouden we dus twee hoeken hebben van 90° en twee van meer dan 90°. Dit kan dus onmogelijk een vierkant vormen aangezien een vierkant een som heeft van 360° aan hoeken. Dus men kan alleen 2 punten dichterbij hebben indien men de definitie van een vierkant niet respecteert. Waaruit dus blijkt dat ofwel één hoekpunt dichter bij ligt dan de originele hoekpunten waaruit de extrema zijn uit geprojecteerd of wel geen. (6)

uit (1), (2), (3), (4), (5) en (6) kunnen we dus besluiten dat we maximum 3 hoekpunten kunnen zien. We zien een zijde als al zijn punten zichtbaar zijn, niet rekening houdend met eventuele andere objecten die het zicht kunnen belemmeren. Aangzien er hoogstens 3 hoekpunten zichtbaar zijn en aangezien die samen hoogstens 2 zijden kunnen vormen (2 hoekpunten per zijde waarvan één gemeenschappelijk hoekpunt) kunnen er hoogstens 2 zijden zichtbaar zijn. (Hierbij is niet bewezen dat er er minstens één zichtbaar moet zijn, maar wel uitgesloten dat het er meer dan 2 kunnen zijn.

Voor de overige zoekt ge maar iemand anders, ofwel als ge lang genoeg kunt wachten tot ik weer eens zin krijg om niet alleen maar spam te posten. Of zelf zoeken. De basis ideeën zijn het zelfde dacht ik al kan ik het mij niet goed meer herrineren wat de andere vragen waren.

**doc_bean** · 05-28-2007, 21:54

Mooie bewijsvoering !

Ik hou het momenteel op een tekening met een waarnemer op oneindig, de lijnen van zichtbaarheid zijn dan paralell en dit is een limietgeval met maximale zichtbaarheid (omdat de lijnen anders divergeren).

een rechthoek maakt een hoek phi met die lijnen, de bovenste en de onderste zijden kunnen nooit samen zichtbaar zijn (de voorste zijde blokkeert altijd het zicht op één van de twee), dus parallelle zijden kunnen nooit beide zichtbaar zijn, dus er kunnen maximum twee zijden zichtbaar zijn.

Het is iets minder formeel, en ik geef er zelfs minder uitleg bij, maar het principe is wel aangetoond.

Ik was eerst bezig met de eigenschappen van rechten uit de oorsprong en het feit dat ze mekaar nooit kruisen (behalve in de oorsprong) aan het gebruiken, maar dan krijg je al snel iets zeer omsleachtig.