|
| transcriptie
| uitleg bij de transcriptie
| extra uitleg
|
9
|
Byvoegsel.
Gelijkerwijs onder het geslacht der Ellipsen de Cirkel mede begrepen,
en voor een seeckere soort derselve aengenomen kan worden; te weeten,
in welcke de dwersche sijde so groot is als de rechte sijde: so kan het insgelijcx
geschieden datter onder het geslacht der Hyperbolen een seeckere soort
bepaelt worde, die de simpelste van alle zy, en waer mede men alle de andre
kan vergelijcken, dat is, in welcks de dwersche en rechte sijde, d'een d'ander
gelijck zijn.
|
Zoals de cirkel een bijzondere vorm is van de ellips,
zo bestaat er ook een bijzondere vorm van de hyperbool.
Dat is de hyperbool waarvan de parameter en de nevenas even lang zijn.
|
De begrippen "syde" en "asse" zijn beslist geen synoniemen.
In onderstaande tekening is lijnstuk KQ toegevoegd, overeenkomstig bladzijde 288.
KQ is de "latus rectum",
door Van Schooten ook wel "voornaemste rechte syde" genoemd.
 Lees de toelichting op het woordgebruik en de implicaties bij bladzijde 288.
Frans van Schooten suggereerde in zijn tekening dat lijn EK de symmetrieas is,
maar schreef niet expliciet dat lijn EK loodrecht staat op lijn enε of LI.
Pas in stap 17 schreef hij dat bovenstaande niet alleen geldt voor ook de "assen", maar ook voor de "diameters", dus voor iedere middellijn.
|
10
|
Hierom gelijck het dan in het Byvougsel des 2den hooft-stucks te pas gekomen
is, dat wy aldaer aenmerckten wat bescheyt daer was tussen een Ellipsis
en Circkel, belangende haer superficie: so sullen wy hier van gelijcken doen,
vergelijckende eenige figuer besloten van een rechte liny en een gedeelte van
een Hyperbola met een andre figuer, die mede van een rechte liny en een
gedeelte van een Hyperbola besloten is, waer van de rechte en dwersche sijde
even groot zijn: nademael het selve tot noch toe van niemant (mijns weetens)
aengemerckt is.
Het woord superficie betekent oppervlakte.
Wikipedia: Superficie
|
Op dezelfde manier als waarop in II Hoofdstuk de oppervlakte van een ellipssegment vergeleken was met de oppervlakte van de bijbehorende cirkelsegmenten,
zo wordt hier de oppervlakte van hyperboolsegmenten bestudeerd.
|
Van Schooten dacht dat hij iets nieuws ontdekt had.
We volgen zijn bewijs.
|
11
|
Sij dan εEe een figuur besloten van een rechte liny als εe en een gedeelte
van een Hyperbola, so 't valt, welkers dwersche asse sy EK, en rechte LI.
Mede zo liet iEy een ander figuer wesen, besloten van een rechte liny, als
iy, en een gedeelte van een Hyperbola, als iEy, wiens rechte en dwersche
sijde even groot zijn, en yder gelijck aen de dwersche sijde EK des figuers
εEe. Dan sal ingelijcx, als in de Ellipsis, de figuur εEe tot de figuer iEy
sodanige reden hebben, als de rechte asse LI heeft tot de dwersche EK.
|
Gegeven zijn twee hyperbolen:
hyperbool εEe heeft middellijnen met lengte EK en LI
en
hyperbool iEy heeft zijden met lengte EK en EK.
Te bewijzen:
| hyperbool εEe
| =
| middellijn LI
|
| hyperbool iEy
| middellijn EK
|
|
In het latijn hanteerde Frans van Schooten de juiste latijnse namen: (zie De Organica Conicarum Sectionum)
Lees de toelichting bij bladzijde 288
|
12
|
Want aengesien εe en iy van de asse
EK in n in tween gelijck gedeelt worden,
so sal a in de figuer εEe de rechte
sijde zijn tot de dwersche, als 't quadraet
nε tottet vierkant KnE. Nu om dat de
tweede asse LI de middel-even-reednige
is tussen de sijden des figuers εEe: so
sal b de rechte sijde zijn tot de dwersche,
als't quadraet LI tottet quadraet EK.
Weshalven dan c 't quadraet nε tottet
vierkant KnE is, als het quadraet LI
tottet quadraet EK.
|
Lijn nEK snijdt de lijnstukken εe en iy middendoor.
In driehoek εEe is volgens Apollonius a
.
Omdat LI de middelevenredige is,
dat wil zeggen
(zie bladzijde 288)
en dus KQ × EK = LI²
daarom b
en dus c
|
Volgens Apollonius is
(zie uitleg bij propositie 21),
waarbij PL de derde evenredige is, oftewel de "latus rectum"
(zie uitleg bij propositie 15).
b:
c:
|
13
|
d En also de syden
des figuers iEy even-groot zijn, en yder derselve gelijck aen de dwersche
syde EK des figuers εEe: soo volgt dattet quadraet ni aen het vierkant
KnE gelijck is;
|
Omdat hyperboolsegment iEy zodanig is geconstrueerd d dat rechte zijde = dwarse zijde = EK
daarom ni² = Kn × nE.
|
In hyperbool iEy gelden dezelfde vergelijkingen als bij stap 12,
maar bij deze bijzondere hyperbool ontstaat de vergelijking:
| nε²
| =
| EK²
| =
| 1
|
| Kn × nE
| EK²
|
|
14
|
en dat dienvolgende het quadraet nε tottet vierkant
KnE dat is e tottet quadraet ni is, als het quadraet LI tottet quadraet
EK;
|
Omdat nε² = Kn × nE (stap 13)
daarom e
| n²
| =
| nε²
| =
| LI²
|
| Kn × nE
| ni²
| EK²
|
|
e:
|
15
|
en dat derhalven oock f nε tot ni is, als LI tot EK.
|
derhalve f
|
f:
|
16
|
En also dit in't
oneyndig blijckt van alle andere linien als εe en yi, die van de asse EK
in yder figuer in tween gelijck gedeelt vvorden: soo volgt g dat de figuer
εEe tot de figuer iEy is, als de rechte asse LI tot de dwersche EK.
Gelijck voorgestelt was.
|
Dit bewijs is niet alleen geldig voor het gegeven punt n, maar voor willekeurig ieder punt n (en daar zijn er oneindig veel van).
Conclusie is:
| hyperbool εEe
| =
| middellijn LI
|
| hyperbool iEy
| middellijn EK
|
|
|
17
|
Wyders alsoo dit niet alleen plaets en heeft ten opsicht van de assen,
gelijckerwijs 't selve hier voor-gestelt is geweest; maer oock ten opsicht
van alle andere diameters, gelijck uyt het Bewijs kan afgenomen worden:
echter gemerckt wy hier in by na deselve ordre hebben soecken te volgen,
als wy in de Ellipsis, gedaen hebben; en vvy aldaer ghetoont hebben
met vvat rechte figueer, begreepen van een rechte liny en een gedeelte des
omtrecks eener Ellipsis, yder scheeve figuer, insgelijcx van een rechte en
een gedeelte des omtrecks eener Ellipsis besloten, over een quam: so hebben
wy oock hier geacht wel te sullen doen, indien vvy van gelijcken toonden,
met vvat rechte figuer, besloten van een rechte liny en een gedeelte eener
Hyperbole, yder scheve figuer, insgelijcx van een rechte liny en een gedeelte
eener Hyperbole besloten, over een quam.
|
Frans van Schooten suggereerde in zijn tekening dat lijn EK de symmetrieas is,
maar schreef niet expliciet dat lijn EK loodrecht staat op lijn enε of LI.
Hier schreef hij pas dat bovenstaande bewijs bedoeld was voor de "assen",
maar dat het bewijs ook op ging voor "diameters", dus voor iedere middellijn.
|
|
18
|
Sy dan εEe een scheeve figuer, besloten van de rechte εe en een
ghedeelte der Hyperbola εEe, vviens dwersche sijde zy LI, en rechte
KQ; ofte vviens dwersche diameter zy EK, en rechte met dese t'samen-gaende LI.
Ghetrocken hebbende uyt E en K over-handts de linien EM en KP
even-wijdig met den diameter LI; en hier na door 't centrum A de liny
PAM rechthoeckig op εe, snijdende EM en KP in M en P, maer εe
in m; * soo men vvyders om PM, als dwersche asse, en LI als rechte,
beschrijft de Hyperbole TMf, de welcke van εe doorsneden wordt, of na dat
deselve tot d'een of d'ander sijde is verlengt tot in T en f: dan sal de figuer
εEe aen de figuer TMf gelijck zijn.
|
Gegeven zijn:
- scheve hyperbool εEe met dwarse zijde LI
en parameter (rechte zijde, latus rectum) KQ,
met middellijn (dwarse diameter) EK,
met toegevoegde middellijn LI.
- rechte lijn εTHmef
- lijn EM en lijn PK evenwijdig aan lijn LI
- lijn PAMm loodrecht op lijn εTHmef
- hyperbool TMf
met as PM (want PAM loodrecht op εe)
en toegevoegde middellijn LI
Te bewijzen:
- de oppervlakte van hyperboolsegment εEe
is even groot als hyperboolsegment TMf.
|
Niet expliciet genoemd is dat:
- lijn LI is evenwijdig aan lijn εTHmef
- LA = AI
- AE = AK
Niet genoemd is:
- parameter van hyperbool TMf
De parameter van hyperbool TMf is beslist niet gelijk aan die van hyperbool εEe.
Omdat EK > PM
en omdat
en
daarom EK × KQ = PM × parameterTMf.
|
19
|
Want aengesien εe van den diameter EK in de figuer εEe in tween
gelijck gedeelt vvort: soo sal h de rechte syde KQ zijn tot de dwersche
KE, ofte i het quadraet LI tottet quadraet KE, ofte oock k 't quadraet
AI tottet quadraet AE zijn, als het quadraet He tottet vierkant
KHE.
|
Omdat
| KQ
| =
| LI²
| =
| He²
|
| KE
| KE²
| KH × HE
|
(stap 12)
en omdat
LI = 2 × AI
en
KE = 2 × AE
daarom
.
|
i:
k:
Deze redenering komt terug in stap 27.
|
20
|
Mede also KP, ME, en mH l
even-wydig zijn, so sal oock m AE tot EH
zijn, als AM tot Mm;
|
Omdat door de constructie KP // ME // mH
daarom
|
m:
En vooruitlopend op stap 25:
|
21
|
dat is, neemende
het dobbel der voorgaende, so sal
KE tot HE zijn, als PM tot Mm;
|
Omdat KE = 2 × AE en PM = 2 × AM
daarom
|
|
22
|
en
vergadert n KH tot HE, als Pm tot
mM.
|
Omdat KH = KE + EH en Pm = PM + mM.
daarom n
|
n:
En vooruitlopend op stap 25:
dus
|
23
|
Nu is o KH tot HE, als het
vierkant KHE tottet quadraet HE;
en Pm tot mM, als't vierkant PmM
tottet quadraet mM.
|
Teller en noemer vermenigvuldigen met HE, dan wel mM geeft
en
|
o:
|
24
|
Waerom dan
oock p het vierkant KHE tottet quadraet HE is, alsset vierkant PmM tottet
quadraet mM;
|
Uit stap 22 en stap 23 volgt:
| KH × HE
| =
| Pm × mM
|
| HE²
| mM²
|
|
p:
|
25
|
en overandert q 'tvierkant KHE tottet vierkant PmM,
alsset quadraet HE tottet quadraet mM, of als 't quadraet AE tottet
quadraet AM.
|
Omdat
| KH × HE
| =
| Pm × mM
|
| HE²
| mM²
|
(stap 24)
daarom
| KH × HE
| =
| HE²
|
| Pm × mM
| mM²
|
Omdat
(stap 20)
daarom
| KH × HE
| =
| HE²
| =
| AE²
|
| Pm × mM
| mM²
| AM²
|
|
q:
|
26
|
Maer aengesien betoont is, dattet quadraet He is tottet vierkant
KHE, alsset quadraet AI tottet quadraet AE: so sal mede gelijckstemmig
r het quadraet He zijn tottet vierkant PmM, als 'tquadraet AI tottet
quadraet AM.
|
Omdat
(stap 19)
en omdat
(stap 20 en stap 22)
daarom
|
r:
|
27
|
Nu also in de figuer TMf insgelijcx, als boven, het quadraet mf
is tottet vierkant PmM, alsset quadraet AI tottet quadraet AM: so sal oock
s het quadraet He zijn tottet vierkant PmM, alsset quadraet mf tottet
vierkant PmM.
|
Omdat
en
(stap 26)
daarom s
| He²
| =
| mf²
|
| Pm × mM
| Pm × mM
|
|
s:
Analoog aan stap 19
| parameterTMf
| =
| LI²
| =
| AI²
| =
| mf²
|
| PM
| PM²
| AM²
| Pm × mM
|
|
28
|
Waer uyt dan volgt, t dattet quadraet He aen het quadraet mf
gelijck is, en dat dienvolgens mede de linien He en mf, als oock haer dobbel
εe en Tf even lanck zijn.
|
…
dus
He² = mf²
dus
He = mf
en omdat
εe = 2 × He
en
Tf = 2 × mf
daarom
εe = Tf.
|
t:
|
29
|
't Selve blijckt mede in't oneyndig van alle
andre linien εe en Tf, die van de diameter KE en PM in yder figuer in tween
gelijck gedeelt vvorden. Weshalven dan openbaer is u dat de scheeve figuer
εEe aen de rechte TMf gelijck is. Gelijck voorgestelt vvas.
|
Dit bewijs is niet alleen geldig voor het gegeven punt ε, maar voor willekeurig ieder punt ε (en daar zijn er oneindig veel van).
Conclusie is dat de oppervlakte van het scheve hyperboolsegment even groot is als dat van het bijbehorende rechte hyperboolsegment.
|
|
|
|
|
|
geogebra 307
en daarna met
