Uitwerking vragen en opdrachten



Les 4

opdracht 28: Ofwel het vierkant op z is gelijk aan de rechthoek met zijden a en b. 

De constructie van z gaat nu op eenzelfde manier als beschreven in de inleiding van les 4 (no. 2).

Neem a+b als middellijn van een cirkel. Noem P het gemeenschappelijk grenspunt van a en b. Richt in P de loodlijn op op a+b. Deze snijdt de cirkel in Q. Nu geldt: PQ=z.

 

opdracht 29: Deze constructie is vergelijkbaar met no. 1 van de inleiding van les 4.

Neem een willekeurige (scherpe) hoek. Pas op een van de benen de lijnstukken a-b (=AC-CB) en b (=CB) af. Op het andere been b afpassen. Vorm nu gelijkvormige driehoeken en de gevraagde x ontstaat. Zie figuur.

 



vraag 30

Tweedegraads vergelijkingen. ... il n'y restera tout au plus qu'un quarré inconnu, .... & de quelque autre quantité aussi connue.


opdracht 31

1. In driehoek LMN geldt:

 

2. LM=b , LN=½a , OM=z

Invullen in MP.MO=ML2 levert:

 

Vraag 31

Een negatieve oplossing valt moeilijk te rijmen met de lengte van een lijnstuk. Zolang een variabele of een constante gezien wordt als de lengte van een lijnstuk, zijn negatieve oplossingen van vergelijkingen nog niet geaccepteerd. Pas als een getal zijn meetkundige equivalent heeft in een gericht lijnstuk, waarbij de richting bepalend is voor het teken van het getal, zijn ook de negatieve oplossingen aanschouwelijk te maken.

Met gerichte lijnstukken ziet de oplossing er als volgt uit:

Neem . Dan is .

Nu is een oplossing voor .

Maar ook is nu een oplossing (ga na), en deze correspondeert nu juist met.

 

vragen 32

1. Zoals constructie hiernaast, vergelijkbaar met no.2 in de inleiding van les 4.
Let hierbij wel op dat de lengte van de eenheid niet willekeurig gekozen kan worden, maar afhangt van de lengte van a (=OP) en b (=LM). Zie figuur hiernaast.

2. De vergelijking voldoet niet aan de homogeniteitseis. Tenzij bijvoorbeeld de onbekende x2 beschouwd wordt als zijnde één keer gedeeld door de eenheid. Ga na dat in dat geval wel aan de homogeniteits-eis is voldaan.

 

opdracht 33

1. Driehoek NQR is gelijkbenig, want QN=RN.

Aangezien O het midden is van QR, is NO hoogtelijn van driehoek NQR, dus NO staat loodrecht op MR. En aangezien ook LM loodrecht op MR staat, is NO evenwijdig aan LM.

2.

3.

 

vragen 33

1. Beide oplossingen zijn positief.

2. In het geval dat de cirkel de lijn MR niet snijdt of raakt, dus als b>½a.

Descartes beschrijft dat in de alinea: Et si le cercle, qui ayant son centre au point N, ... la construction du problème proposé est impossible.

3. De vorm heeft als oplossingen:

Ga na dat deze oplossingen altijd negatief zijn.

 

vraag 34

Een algemeen toepasbare methode om alle constructieproblemen mee op te lossen. ils n'ont point en la vraye méthode pour les trouver toutes, ....

 

vraag 35

Et lors on peut prendre à discrétion des lignes connues, pour toutes les inconnues à quelles ne correspond aucune Équation.

Met andere woorden: neem voor het aantal onbekenden waarmee geen vergelijking correspondeert zelfgekozen constanten.

Dit komt bijvoorbeeld overeen met maken van een tabel om van een vergelijking met twee onbekenden de bijbehorende kromme in het XY-vlak te construeren.

 

opdracht 36

1.

 

2.

We kunnen dit opvatten als de vergelijking van een cirkel in een XY-assenstelsel, waarbij de oorsprong in punt A ligt en de positieve X-as samenvalt met de lijn AB. Dan geldt:



opdracht 37

1. Stel d(P,A)=x en d(P,c)=y. Je zou ook op een moderne manier kunnen zeggen: neem lijn n als X-as en lijn l als Y-as. Er geldt:

Let op: als d(P,A)=x dan geldt voor PA, opgevat als gericht lijnstuk

2. Neem bijvoorbeeld a=1, dan blijkt de verzameling punten een kromme te zijn zoals hiernaast. Een hyperbool met zijn spiegelbeeld.