Die Simpsons het hierdie ongelooflik moeilike meetkunde-taak uitgevind

Κρυμμένο ανάμεσα στη σάwatρα της μέσης αμερικανικής ζωής, Die Simpsons is gevul met wiskunde paaseiers. Die program se skrywerspersoneel het gespog met 'n indrukwekkende stamboom van Ivy League-wiskundiges wat nie kon weerstaan ​​om Amerika se langste sitkom te vul met grappies wat soos strooisels op Homer se oliebolle gestrooi is nie.

Reg vanaf die openingskoot van die reeks se tweede episode, stapel die ewig eenjarige baba, Maggie, haar alfabette om EMCSQU te lees. Sonder twyfel 'n huldeblyk aan Einstein se beroemde vergelyking E = mc².

Daar is 'n episode waar Homer probeer om 'n uitvinder te wees en met 'n paar gratis idees vorendag kom, insluitend 'n haelgeweer wat grimering in jou gesig skiet en 'n leunstoel met 'n ingeboude toilet. Tydens 'n waansin van dinkskrums, skryf Homer 'n paar vergelykings op 'n bord, soos:

1987¹² + 4365¹² = 4472¹²

Αυτό αναφέρεται στο Τελευταίο Θεώρημα του Φερμά, μια από τις πιο διαβόητες εξισώσεις στην ιστορία των μαθηματικών. Η εκδοχή σε γλάστρα, αν δεν την έχετε συναντήσει: ο μαθηματικός του 17ου αιώνα Pierre de Fermat έγραψε ότι η εξίσωση eenⁿ + βⁿ = cⁿ het geen heelgetaloplossings wanneer n groter as 2 is nie. Met ander woorde, jy kan nie drie heelgetalle vind nie (nie-desimale getalle soos 1, 2, 3...) een, sien doen sodat een³ + β³ = c³ ή een⁴ + β⁴ = c⁴, en so aan. Fermat het geskryf dat hy "'n werklik wonderlike bewys hiervan ontdek het", maar kon dit nie in die kantlyn van sy teks pas nie. Wiskundiges het later hierdie boodskap gevind en, ten spyte van die eenvoudige voorkoms van die bewering, kon hulle dit nie bewys nie. Dit het vir meer as vier eeue onbewys gebly totdat Andrew Wiles dit uiteindelik in 1994 gekraak het. Wiles se bewys maak staat op tegnieke wat baie meer gevorderd was as dié wat in Fermat se tyd beskikbaar was, wat die tergende moontlikheid ooplaat dat Fermat 'n meer rudimentêre bewys geken het wat ons nog het. om te ontdek (of die beweerde bewys het 'n fout gehad).

Prop Homeros se vergelyking in jou sakrekenaar. Dit kontroleer! Hy het gemaak Die Simpsons Vind 'n teenvoorbeeld vir Fermat se laaste stelling? Dit blyk dat Homer se trio van getalle 'n byna-mis is. Die meeste sakrekenaars is nie akkuraat genoeg om die klein afwyking tussen die twee kante van die vergelyking op te spoor nie. Skrywer David H. Cohen het sy eie rekenaarprogram geskryf om te soek na byna-mis oplossings vir Fermat se berugte vergelyking vir hierdie split-sekonde gag.

Το παζλ αυτής της εβδομάδας προέρχεται από το φινάλε της σεζόν 26, όπου οι κάτοικοι του Σπρίνγκφιλντ συμμετέχουν σε έναν διαγωνισμό μαθηματικών. Το επεισόδιο είναι γεμάτο με μαθηματικά καλούδια, συμπεριλαμβανομένου του μικρού αστείου παρακάτω που δημοσιεύτηκε εκτός διαγωνισμού. Μπορείτε να το αποkriptoγραφήσετε;

Die toppunt-geometrieprobleem is moeiliker as wat dit lyk. Ek hoop nie dit laat jou huil: "O nee!"

Het jy verlede week se legkaart gemis? Kyk daarna hier, en vind die oplossing onderaan vandag se artikel. Wees versigtig om nie te ver vooruit te lees as jy nog nie die vorige week opgelos het nie!

Legkaart #20: The Simpsons M

Voeg drie reguit lyne by die diagram om nege nie-oorvleuelende driehoeke te skep.

Driehoeke mag sye deel, maar hulle moet nie binneruimte deel nie. Die linkerfiguur hieronder beeld byvoorbeeld twee driehoeke uit, terwyl die regterfiguur net as een driehoek tel omdat die groter driehoek die kleiner een oorvleuel.

Θα δημοσιεύσω την απάντηση την επόμενη Δευτέρα μαζί με νέο παζλ. Ξέρετε ένα ωραίο παζλ που πιστεύετε ότι πρέπει να εμφανίζεται εδώ; Στείλτε μου μήνυμα στο Twitter @JackPMurtagh of stuur dit vir my e-pos by [e-pos beskerm]

Oplossing vir legkaart #19: Geestelike illusies

Hoe het jy verlede week gevaar? probleme? Ek het dit met optiese illusies vergelyk, want albei raaisels word met die eerste bloos gesien en vereis 'n paar berekeninge. Maar sodra jy die verborge truuk besef, kom die oplossing in fokus as Nekblokkies skielik omdraai. En die twee legkaarte is eintlik foefies, met die regte perspektief. Skree aan die leser McKay, wat twee korrekte antwoorde per e-pos ingedien het.

1. Dit sal hoogstens een minuut neem vir al die miere om van die een kant van die meterstok af te val. Dit lyk ingewikkeld om die ossillerende gedrag van elke mier na te spoor. Kon hulle nie net vir altyd heen en weer wieg nie? Wanneer jy jou oë draai, sal jy sien dat die situasie waar twee botsende miere dadelik van rigting verander, niks verskil van die situasie waar die miere reg in mekaar inbeweeg nie! In beide gevalle sal daar miere op presies dieselfde punte langs die stok wees wat in dieselfde rigting loop.

Stel jou voor dat elke mier 'n klein hoedjie gedra het, en wanneer twee gebots het, ruil hulle dadelik hoede om voordat hulle in die teenoorgestelde rigting voortgaan. Kyk na die pad van 'n enkele hoed en jy sal sien dat dit net die een kant van die stok teen 'n bestendige pas die hele tyd omlyn. Aangesien miere teen een meter per minuut beweeg en die langste wat 'n mier kan beweeg die hele lengte van die meterstok is, sal alle miere die einde van die stok binne een minuut bereik.

2. Hoe gaan dit met die meetkundeprobleem?

Wat is die lengte van AC?

Dit blyk gereed te wees vir die SAT. Miskien is die Pythagoras-stelling korrek. Miskien 'n trigonometriese identiteit of twee. Knipper twee keer en die illusie van kompleksiteit verdwyn. Die lyn wat punte O en B verbind is ook 'n diagonaal van die reghoek en sal dieselfde lengte as AC wees. Slegs OB is nuttiger omdat dit 'n radius van die sirkel is! Die diagram vertel vir ons die radius van die sirkel langs die x-as: 6+5 = 11, ons antwoord.