Vierkantswortels

Geplaatst op 26 juli 2021 door admin

Vierkantswortels zijn al eeuwenlang bekend. De Rhindpapyrus verwijst al in 1650 v.Chr. naar vierkantswortels, maar dat is niet zo vreemd, want wortels houden verband met oppervlaktes en diagonalen van vierkanten en rechthoeken.

$\sqrt{2}$ was nogal wat voor de Pythagoreeëers. De ontdekking dat de wortel van 2 irrationaal was, zat hen echt dwars. De idee dat een getal niet kon worden uitgedrukt als een breuk was ondenkbaar. Het was Hippasus van Metaponte die dit bewijs leverde en het verhaal gaat dat hij zijn ontdekking op zee deed, waarna hij overboord werd gegooid!Archimedes maakte een zeer nauwkeurige schatting van de wortel uit 3 :

$\frac{265}{153}<\sqrt{3}<\frac{1351}{780}$

of uitgedrukt in decimalen: $1,7320261<\sqrt{3}<1,7320512$ . Let op dat dit tweede getal slechts 0,0000004 afwijkt , wat erg nauwkeurig is gezien Archimedes geen rekentoestel had en niet werkte in het tientallig stelsel. Sommige bronnen beweren dat hij de Babylonische methode volgde.

Deze methode, ook Herons methode genoemd, is een fraaie iteratieve formule. Bij $\sqrt{S}$ , nemen we eerst een ruwe schatting en noemen die $x_0$ . Verder geldt:

$x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big(x_n+\frac{S}{x_n}\Big)$

Op het rekentoestel vinden we voor de wortel uit 3 de waarde 1,732050808. Als eerste schatting nemen we $x_0=2$ . dan is $x_1=\frac{1}{2}(2+\frac{3}{2})=1,75$ . We hebben al twee cijfers juist. Een betere benadering is $x_2=\frac{1}{2}(1,75+\frac{3}{1,75})=1,7321$ . Nu hebben we de eerste 4 cijfers van $\sqrt{3}$ en als we willen, kunnen we hiermee doorgaan om steeds een nauwkeurigere schatting te krijgen van de wortel uit 3.

Nootje 22

Geplaatst op 9 juli 2021 door admin

P is een punt binnen een rechthoek ABCD. Verder is |PA|=2, |PB|=3 en |PC|=10. Bereken |PD|.

Antwoord

Rechthoekige driehoek, dus rechte hoeken, dus Pythagoras?
We vinden $a^2+c^2=4$ , $b^2+c^2=9$ , $b^2+d^2=100$ en $a^2+d^2=x^2$ .
Neem vgl 1 – vgl 2+vgl 3- vgl 4 en we vinden $0=4-9+100-x^2$ .
Hieruit volgt $x^2=95$ of $x=\sqrt{95}$ .

Sangaku 4

Geplaatst op 20 januari 2021 door admin

Antwoord

De groene oppervlakte is gelijk aan de rode oppervlakte.
We duiden volgende gebieden aan en noteren de schuine zijde van de gele rechthoekige driehoek a en de rechthoekszijden b en c:
Te bewijzen is dat I + V = III
De stellig van Pythagoras zegt: $a^2=b^2+c^2$ .
Na deling door 8 en vermenigvuldiging met $\pi$ geeft dit:
$\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{a}{2} \Big)^2=\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{b}{2} \Big)^2+\frac{1}{2}\pi \Big( \frac{c}{2} \Big)^2$
Vertaald naar oppervlaktes van halve cirkels geeft dit : II + III + IV = I +II +IV +V of na vereenvoudiging: I + V = III
Deze figuur noemt men ook wel eens de maantjes van Hippocrates. Ze wordt toegeschreven aan de Griekse wiskundige Hippocrates van Chios (rond 430 voor Christus).

Nootje 18

Geplaatst op 5 januari 2021 door admin

Bereken de oppervlakte van een rechthoekige driehoek in functie van de bissectrice en zwaartelijn betrokken uit de rechte hoek.

Antwoord

Noem de oppervlakte A en de rechthoekszijden van de rechthoekige driehoek a en b. Noteer met x de lengte van de bissectrice uit A en met y de lengte van de zwaartelijn uit A.
Dan is A de som van de oppervlaktes van ABE en AEC, dus $A=\frac{1}{2}ax \sin 45^\circ+\frac{1}{2}bx \sin 45^\circ$ .
Hieruit volgt dat $A=\frac{\sqrt{2}}{4}(a+b)x$ .
Kwadrateren geeft : $A^2=\frac{2}{16}(a^2+b^2+2ab)$ .
Volgens Pythagoras is $a^2+b^2= c^2$ , met c de schuine zijde. Maar de zwaartelijn getrokken naar de schuine zijde is gelijk aan de helft van die schuine zijde. Dus $c=2y$ .
Verder is $ab$ gelijk aan het dubbele van de oppervlakte van de driehoek, dus $ab=2A$ .
Ingevuld : $A^2=\frac{1}{8}(4y^2+4A)$ .
Vereenvoudigd: $A^2=\frac{1}{2}x^2y^2+\frac{1}{2}x^2A$ .
Hieruit kan je A oplossen:
$A=\frac{x^2+x\sqrt{x^2+8y^2}}{4}$