Origami Meetkunde. Peter Lombaers en Jan-Willem Tel 26 mei 2011

Transcriptie

1 Origami Meetkunde Peter Lombaers en Jan-Willem Tel 26 mei 2011 Samenvatting In dit dictaat beschouwen we een manier om hoeken en afstanden te construeren: origami. We vergelijken het met het construeren met passer en liniaal en onderzoeken welke getallen te construeren zijn. Verder beschouwen we enkele elementaire constructies. Tot slot laten we een algemene manier zien om derdegraadsvergelijkingen op te lossen. 1

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding 3 2 Euclidisch vs. Origami Euclidische Meetkunde Origami Meetkunde Euclidische Operaties Verkrijgen uit Origami Origami Operaties Verkrijgen uit de Euclidische Construeerbare Getallen Lichamen Irrationale construeerbare getallen Enkele constructies Driedeling van de hoek Raaklijn aan 2 Parabolen 10 6 Conclusie 11 7 Opgaven 11 8 Bronnen 11 2

3 1 Inleiding Bij de oude Grieken was al bekend dat het mogelijk is met passer en liniaal allerlei constructies te maken van hoeken en lengtes. Op deze manier was het bijvoorbeeld mogelijk lengtes en hoeken in tweeën te delen, regelmatige n-hoeken te construeren en getallen op te tellen. De constructie was echter beperkt. Ook bij de Grieken waren problemen te bekend die niet opgelost konden worden. Volgens de Griekse mythologie gaf de God Apollo de Atheners in 430 voor Christus de opdracht de inhoud van zijn kubusvormige altaar te verdubbelen. Zij konden dit probleem echter niet oplossen met passer en liniaal. De lengtes van het altaar moesten met 3 2 worden vermenigvuldigd en deze lengte konden ze niet construeren. Later is zelfs sluitend bewezen dat dit onmogelijk is. Er is nog een andere manier om constructies te maken in de tweedimensionale ruimte: origami, het vouwen van papier. Origami is in Japan ontwikkeld, met name als kunstvorm. Het blijkt echter ook mogelijk om door papier te vouwen wiskundige constructies te maken van hoeken en getallen. Sterker nog, met origami is meer mogelijk dan met passer en liniaal. Zo is het getal 3 2 met origami wel te construeren. Ook is het, in tegenstelling tot met passer en liniaal, mogelijk om een hoek in drieën te delen. In dit dictaat gaan we kijken wat allemaal mogelijk is met origami. We bekijken welke getallen (lengtes) te contrueren zijn en laten een paar eenvoudige origamiconstructies zien die met passer en liniaal niet mogelijk zijn. 2 Euclidisch vs. Origami Om ons onderzoek naar origami meetkunde te beginnen, gaan we de origami meetkunde vergelijken met de Euclidische meetkunde. Dit doen we door passer-liniaal constructies te vergelijken met constructies door middel van vouwen. Gegeven een aantal beginpunten, welke punten, lijnen en cirkels kun je dan nog meer construeren? Hiervoor moeten we eerst definiëren welke operaties er zijn toegestaan. Wat we zullen zien is dat terwijl bij de passer en liniaal constructies de cirkel belangrijk is, daarentegen bij origamiconstructies de parabool belangrijk is. Dit is natuurlijk wel verassend omdat we alleen rechte lijnen kunnen vouwen. Het volgende is ook nog van belang: Als er een punt gegeven is, en we vouwen vervolgens het blaadje dubbel, dan komt het punt dus ergens anders bovenop terecht. We beschouwen dat punt waar het beginpunt bovenop ligt dan ook als geconstrueerd. Je kan dit ook zien alsof het beginpunt is gespiegeld in de vouwlijn. Eerst zullen we het Euclidische geval bekijken. 2.1 Euclidische Meetkunde Als zekere beginpunten gegeven worden, zijn er twee operaties die met passer en liniaal kunnen worden uitgevoerd. We kunnen namelijk een lijn trekken en een cirkel maken. Dit vertaalt zich in de volgende twee axioma s: (E1) Gegeven twee punten P en Q met P Q, kan men de lijn P Q door P en Q construeren. (E2) Gegeven een punt M en een lijnsegment met lengte r 0, kan men de cirkel C = {M; r} construeren met middelpunt M en straal r. Hierdoor hebben we dus een verzameling van lijnen en cirkels gekregen, en de snijpunten van de lijnen en cirkels zijn nieuwe punten die we geconstrueerd hebben. Deze snijpunten zijn in de volgende drie axioma s weergegeven: (E3) Gegeven twee lijnen l 1 en l 2 die niet parallel zijn, kan men het punt van intersectie P = l 1 l 2 construeren. (E4) Gegeven een cirkel c = {M; r} en een lijn l, zodat de afstand tussen l en M kleiner dan of gelijk aan r is, kan men de punten (of het punt) van intersectie construeren. 3

4 (E5) Gegeven twee cirkels c 1 = {M 1 ; r 1 } en c 2 = {M 2 ; r 2 } zodat één van de volgende voorwaarden geldt: - Het middelpunt van een van de cirkels ligt niet in de andere cirkel en d(m 1, M 2 ) r 1 + r 2 - Het middelpunt van een van de cirkels ligt wel in de andere cirkel en d(m 1, M 2 ) r 1 r 2 Dan kan men de punten van intersectie van de twee cirkels vinden. Nu kunnen we (E1) en (E2) weer toepassen op de zo verkregen punten, en door deze operaties te blijven herhalen krijgen de verzameling van punten die je uit de beginpunten, -lijnen of -cirkels kan construeren. We noemen een constructie probleem oplosbaar met passer en liniaal als de gevraagde punten in deze verzameling zitten. 2.2 Origami Meetkunde In origami krijgen we figuren door een blaadje te vouwen. Dit zijn altijd rechte lijnen, omdat kromme lijnen niet goed uit te voeren zijn. Belangrijk is ook om op te merken dat we hier niet gaan vouwen met een vouwblaadje, maar met het hele vlak R 2. Dit is dus een blaadje met oneindige afmetingen. Nu zullen we weer de toegestane operaties definiëren. De eerste geeft aan hoe we uit lijnen een geconstrueerd punt verkrijgen: (O1) Gegeven twee lijnen l 1 en l 2 die niet parallel zijn, kan men het punt van intersectie P = l 1 l 2 construeren. Alle volgende axioma s geven aan hoe we uit lijnen en punten nieuwe lijnen kunnen construeren: (O2) Gegeven twee parallelle lijnen l 1 en l 2, kan men lijn m parallel aan l 1 en l 2 vinden die gelijke afstand heeft tot beide lijnen. (O3) Gegeven twee snijdende lijnen, kan men bisectrices van de hoeken construeren. (O4) Gegeven twee punten P en Q met P Q, kan men de lijn P Q door P en Q construeren. (O5) Gegeven twee punten P en Q met P Q, kan men de lijn die loodrecht op de lijn P Q staat en die gelijke afstand heeft tot P en Q construeren. (O6) Gegeven een lijn l en een punt P, kan men de lijn loodrecht op l door P vouwen. (O2) en (O3) zorgen ervoor dat we twee lijnen op altijd op elkaar kunt vouwen. (O4) zegt dat we de lijn door twee punten kunnen vouwen en (O5) dat we twee punten op elkaar kunnen vouwen. Wat handig is om op te merken is dat we door (O3) eigenlijk een lijnstuk kunnen roteren. Zoals in de inleiding al was opgemerkt kunnen we ook een lijnstuk spiegelen. Samen betekent dit dat we een lijnstuk naar een willekeurig plaats in het vlak kunnen verplaatsen, omdat een translatie altijd een combinatie is van rotaties en reflecties. Nu komen we aan bij de operatie die de parabolen introduceert: (O7) Gegeven een lijn l en de punten P en Q, kan men P op l vouwen zodat de vouwlijn door Q gaat. Het is niet meteen duidelijk wat dit met parabolen te maken heeft, maar probeer het volgende maar eens uit. Neem een vierkant blaadje, zet een punt P middenonder op het blaadje en noem de onderste rand van het blaadje l. Begin vervolgens allerlei vouwen te maken zodat P op l terechtkomt. Als het goed is zie je nu een parabool op je blaadje verschijnen. Wat er gebeurt is dat je dat raaklijnen aan een parabool met brandpunt P en richtlijn l aan het vouwen bent. Wat (O7) ons dus eigenlijk laat doen is de raaklijn aan een parabool vouwen die door een gegeven punt Q gaat. We kunnen echter nog meer met origami dan de bovenstaande 7 operaties. Het blijkt namelijk dat (O7) een specifiek geval is van een andere, algemenere operatie: (O7*) Gegeven twee lijnen l 1 en l 2 en twee punten P 1 en P 2, kan men de vouw maken die P 1 op l 1 legt en P 2 op l 2. 4

5 Figuur 1: links: illustratie van O7, rechts: illustratie van O7* Deze operatie laat ons dus de raaklijn aan twee parabolen vouwen. Dit is tevens de operatie die origamimeetkunde daadwerkelijk verschillend van Euclidische meetkunde maakt. We zullen zien dat de operaties (E1)-(E5) eigenlijk gelijkwaardig zijn aan (O1)-(O7). Operatie (O7*) kan echter niet in het algemeen vervangen worden door Euclidische operaties. 2.3 Euclidische Operaties Verkrijgen uit Origami In dit deel zullen we laten zien dat we de operaties (E1)-(E5) kunnen vervangen door (O1)-(O7). Het is duidelijk dat (E1) gelijk is aan (O4) en dat (E3) gelijk is aan (O1). Dan blijven (E2), (E4) en (E5) dus nog over. Voor (E2) kunnen we helaas geen echte cirkel construeren met de origami operaties, omdat we alleen rechte lijnen kunnen construeren. Toch kunnen we een cirkel als volledig bekend beschouwen als we het middelpunt M en de straal r weten. Dit komt omdat we wel willekeurig veel punten op de cirkel kunnen vinden, en ook raaklijnen aan de cirkel in een gegeven punt. Dit doen we door de volgende stappen: a) Gegeven een middelpunt M en een straal r = AB, kunnen we met (O5) het punt A op M leggen. Hierdoor komt B op een ander punt B te liggen, en dan is MB = r. b) Gegeven een lijn l die door M gaat, kunnen we door (O3) het lijnstuk MB zo roteren dat hij op lijn l terechtkomt. Hierbij komt B op een ander punt P terecht dat op de cirkel ligt, en op l. c) Door l op zichzelf te vouwen, zodat de vouwlijn door P gaat, krijgen we de raaklijn aan de cirkel in het punt P. Dit kan met behulp van (O6). (E4) kunnen we doen met behulp van (O7). Stel we hebben het middelpunt M, een straal r = MB en een lijn l, zodat de afstand van l tot M kleiner dan of gelijk aan r is. Dan kunnen we met (O7) de vouw maken die B op l plaatst, terwijl de vouwlijn door M gaat. Hierdoor komt B op een punt B op l te liggen, en dat is één van de snijpunten van de lijn en de cirkel. Het andere snijpunt vinden we nu door met (O6) de lijn door M te vouwen die loodrecht op l staat. B komt hierdoor op het tweede snijpunt terecht (of als l een raaklijn is, gaat de vouwlijn precies door B ). We kunnen niet op een directe manier de snijpunten van twee cirkels vinden. Wel kunnen we de lijn vinden die de twee snijpunten moet verbinden, en dan kunnen we de situatie van (E5) oplossen met behulp van (E4). Stel er zijn twee cirkels c 1 = {M 1 ; b} en c 2 = {M 2 ; r 2 } gegeven, waarbij d(m 1, M 2 ) = a. Dan kunnen we een assenstelsel introduceren met oorsprong in M 2 en zodat M 1 op de x-as ligt. Dit betekent dat c 2 wordt gegeven door de vergelijking x 2 + y 2 = c 2 en c 1 wordt gegeven door (x a) 2 + y 2 = b 2. De lijn die door de snijpunten van de cirkels gaat wordt dat gegeven door de vergelijking x 2 + y 2 c 2 = x 2 2xa + a 2 + y 2 b 2 dus door x = a2 b 2 +c 2 2a. Omdat de afstanden a, b en c bekend zijn kunnen we ook de afstand a2 b 2 +c 2 2a constueren. Deze kunnen 5

6 Figuur 2: De snijpunten van twee cirkels we daarna uitzetten op de x-as en vervolgens construeren we de lijn die loodrecht op de x-as staat en door dit punt gaat. Als laatste moeten we dan nog (E4) toepassen om de snijpunten te vinden. Dat we a 2 b 2 +c 2 2a inderdaad kunnen vinden, kunnen we in een aantal stappen laten zien. De algemene manies is ook te vinden in het stuk over construeerbare getallen. a) Omdat a en c bekend zijn, kunnen we de rechthoekige driehoek construeren met zijdes a en c. De hypothenusa heeft dan lengte a 2 + c 2. b) Omdat b en a 2 + c 2 bekend zijn, kunnen we de rechthoekige driehoek construeren met zijde b en met hypothenusa a 2 + c 2. De overgebleven zijde heeft dan lengte a 2 b 2 + c 2. c) We zetten op de x-as de punten A en B uit zodat OA = 1 en OB = a 2 b 2 + c 2. Vervolgens maken we een driehoek OAC zodat OC = a 2 b 2 + c 2. Daarna maken we de driehoek OBD zodat OB hij gelijkvormig is met OAC. Dan geldt er: OA = OD OC en dus OD = a2 b 2 + c 2. d) We zetten op de x-as de punten A en B uit zodat OA = 2a en OB = 1. Vervolgens maken we een driehoek OAC zodat OC = a 2 b 2 + c 2. Daarna maken we de driehoek OBD zodat hij gelijkvormig is met OAC. Dan geldt er: OB OA = OD OC en dus OD = a2 b 2 +c 2 2a. We kunnen dit alles samenvatten in de volgende stelling: Stelling Elke constructie die met passer en liniaal kan worden gedaan, kan ook worden gedaan met origami constructies. In het specifiek kunnen alle operaties (E1)-(E5) vervangen worden door (O1)-(O7). 2.4 Origami Operaties Verkrijgen uit de Euclidische Nu gaan we het omgekeerde doen als in het vorige deel. We gaan de origami operaties (O1)-(O7) vervangen door de operaties (E1)-(E5). Nog steeds is (O1) hetzelfde als (E3) en (O4) hetzelfde als (E1). Van de operaties (O2), (O3), (O5) en (O6) is het zeer bekend dat ze zijn uit te voeren met passer en liniaal, daarom zullen we ze hier niet herhalen. (O7) zullen we wel hier uitwerken, omdat de eigenschappen van parabolen in een later deel nog belangrijk zullen worden. Zoals we al hebben opgemerkt is (O7) equivalent aan het vinden van een raaklijn van een parabool die door een gegeven punt P gaat. Als er een punt F en een lijn l gegeven worden, kunnen we de parabool met brandpunt F en richtlijn l construeren. Dat zijn de dus alle punten T zodat d(t, F ) = d(t, l). Verder heeft de parabool een as a die loodrecht op l staat en F bevat. Stel nu dat we een punt T op de parabool weten, dan is er dus een punt G op de lijn l zodat d(t, G) = d(t, l) = d(t, F ). We kunnen dan ook een punt X op a vinden zodat XF T G een ruit vormt. De diagonaal T X is dan de raaklijn aan de parabool in het punt T. Nu we deze eigenschap weten kunnen we ook de raaklijn aan de parabool vinden, die door een gegeven punt P gaat. Stel dat T het nog onbekende raakpunt van de raaklijn aan de parabool is. Dan ligt de lijn P T dus op de diagonaal van een zekere ruit met hoekpunten G, F en X waarvan X en G ook nog 6

7 Figuur 3: De raaklijn aan een parabool construeren onbekend zijn. Maar dan staat de lijn GF loodrecht op P T en dus geldt dat d(p, G) = d(p, F ). Met een passer kunnen we dan de twee punten G en G op l vinden, zodat de lijnen P G en P G raaklijnen aan de parabool zijn. Dit betekent de operaties (O1)-(O7) vervangen kunnen worden door (E1)-(E5) en dus hebben we de volgende stelling bewezen: Stelling De operaties (O1)-(O7) zijn equivalent aan de operaties die met passer en liniaal kunnen worden gedaan. 3 Construeerbare Getallen We gaan in deze sectie kijken welke getallen we met origami kunnen construeren. We gaan uit van een assenstelsel waarin alleen de punten (0,0) en (0,1) bekend zijn. Als twee willekeurige punten bekend zijn, kiezen we ons assenstelsel dus zo dat deze punten samenvallen met (0,0) en (0,1). De punten die we nu kunnen construeren met behulp van de axioma s uit de vorige paragraaf noemen we de construeerbare punten. De verzameling van al deze punten noemen we A 0. Definitie De construeerbare getallen zijn alle getallen die de afstand zijn tussen twee construeerbare punten. De verzameling construeerbare getallen noemen we F 0. F 0 = {x R a, b A 0, x = a b } (1) Stelling Zij x F 0, l een lijn in R 2 en c een punt op l. Nu kunnen we twee punten d 1, d 2 op l vinden zodat c d 1 = c d 2 = x Bewijs. x F 0, dus a, b A 0, x = a b. Vouw de lijn tussen a en c en noem de spiegeling van b in deze lijn e. Nu zijn er twee lijnen door a die e op l spiegelen. De spiegelingen e in deze lijnen zijn d 1 en d 2. Deze stelling maakt het mogelijk elk getal op de x-as of de y-as af te beelden, door te stellen dat c = (0, 0) en voor l de bewuste as te nemen. Stelling zij x, y F 0. Nu volgt 1. x + y F 0 2. x y F 0 3. x y F 0 4. xy F 0. Bewijs. Twee lengtes x, y F 0 kunnen afgebeeld worden op twee assen, als punten (x,0) en (0,y), of achter elkaar op dezelfde as, als het punt (x+y,0). 1. en 2. zijn hiermee dus triviaal. Voor 3. vouwen we de lijn tussen (y,0) en (0,x) en construeren de lijn parallel aan deze lijn, door het punt (0,1). Het snijpunt van deze lijn en de y-as is het punt x y 7

8 Om twee getallen x en y te vermenigvuldigen construeren we eerst het getal 1 y en delen we x door 1 y op de eerder beschreven manier. Uit bovenstaande stelling volgt dat F 0 een lichaam is. 3.1 Lichamen Definitie Een groep (G, ) is een verzameling met daarop een binaire operatie met de volgende eigenschappen. 1. De operatie is associatief, dus x (y z) = (x y) z x, y, z G 2. Er is een neutraal element e G met de eigenschap dat e x = x e = x x G 3. Elk element x G heeft een inverse x 1 zodat x x 1 = x 1 x = e Sommige groepen zijn Abels, dit wil zeggen dat voor elke twee elementen x en y in de groep geldt dat x y = y x. Definitie Een ring (R,, ) is een abelse groep met behalve de groepsoperatie nog een operatie, die distributief is met de eerste. Dit wil zeggen: x (y z) = (x y) (x z) x, y, z R. Deze extra operatie moet ook een neutraal element hebben. Definitie Een lichaam is een ring waarbij ook voor de operatie geldt dat elk element een inverse heeft, behalve het neutrale element van de eerste operatie. Voorbeelden van lichamen zijn de (Q, +, ) en (R, +, ). De gehele getallen vormen geen lichaam, aangezien de inversen van getallen groter dan 1 niet geheel zijn. Uit stelling volgt dat de construeerbare getallen een lichaam vormen. Aangezien 0 en 1 per definitie in F 0 zitten, volgt dat alle rationale getallen in F 0 bevat zijn. Er zijn er zelfs nog meer. 3.2 Irrationale construeerbare getallen Stelling Zij x F 0. Nu geldt 1 + x 2 F 0. Bewijs. De afstand tussen de punten (x,0) en (0,1) is 1 + x 2 volgens de stelling van Pythagoras. Het lichaam van construeerbare getallen is dus groter dan Q. Het is echter wel kleiner dan R. Alle construeerbare getallen zijn namelijk algebraïsch. We zullen hier verder niet op in gaan, maar nog wel een gevolg noemen. De Grieken hadden nog een onopgelost probleem: de kwadratuur van een cirkel. Het idee is, dat bij een gegeven cirkel een vierkant wordt geconstrueerd met dezelfde oppervlakte. Dit blijkt niet alleen met passer en liniaal onmogelijk, maar ook met origami. Het is hiervoor namelijk nodig het trancedente getal π te construeren. 4 Enkele constructies In deze paragraaf laten we twee constructies zien die onmogelijk zijn met passer en liniaal, maar wel mogelijk met origami We gaan uit van het eenheidsvierkant. Eerst construeren we de lijnen y = 1 3 en y = 2 3. Nu vouwen we zo, dat het punt (1, 1 3 ) op de lijn y = 2 3 komt en het punt (1, 0) op de y-as. Noem het punt waar (1, 0) op terecht komt B en definieer p = B (0, 1) en q = B (0, 0). Nu geldt p q = 3 2. Bewijs. In dit bewijs worden lengtes tussen twee punten A en B als AB genoteerd. We definiëren hoekpunten A, B, C, D, E en F als in het plaatje. Er geldt DBC BEF, dus BF BE = DC BD. Zij x = AB en y = CD. Met BD = 1 y en BE = 1 3 levert dit BF = 1 y 3 1 y, dus x = BF = y 3 1 y. 8

9 Figuur 4: Een constructie van 3 2 Verder levert de stelling van Pythagoras nog een uitdrukking voor x. Er geldt namelijk BC 2 = BD 2 CD 2 = (1 y) 2 y 2 = 1 2y, dus: x = 1 1 2y 1 x = 1 2y 1 2x + x 2 = 1 2y y = x 1 2 x2 Dit invullen in de eerste formule levert: 3x = 1 + x 1 2 x2 1 x x2 = 1 1 x x2 3x 3 6x 2 + 6x 2 = 0 2x 3 + 6x 2 6x + 2 = x 3 2(1 x) 3 = x 3 x 1 x = p q = Driedeling van de hoek Deze constructie geven we zonder bewijs, dit wordt overgelaten aan de lezer.// We gaan uit van een hoek Z 90. We noemen het hoekpunt A en plaatsen het in de oorsprong, zodat een van de assen samenvalt met de x-as, de andere lijn noemen we l. We trekken nu twee lijnen k 1 en k 2 parallel aan de x-as, en noemen de snijpunten met de y-as respectievelijk B en C. We doen dit zo, dat B A = C B (zie figuur 4.2). Nu vouwen we zo, dat A op k 1 terecht komt en C op l. We markeren het punt waar B door deze vouw op terecht komt en noemen dit B. Nu trekken we de lijn door de oorsprong en B. De hoek die deze lijn met l maakt is gelijk aan 1 3 α. 9

10 Figuur 5: Driedeling van de hoek Figuur 6: Constructies met 2 parabolen 5 Raaklijn aan 2 Parabolen In dit deel zullen we de operatie (O7*) nader gaan bekijken. Dit is precies de operatie die ervoor zorgt dat je met origami meer kan dan met passer en liniaal. Zoals we al hadden opgemerkt laat (O7*) ons een raaklijn aan twee parabolen vouwen. In het algemeen is het vinden van een raaklijn aan twee parabolen gelijk aan het oplossen van een derdegraadsvergelijking. Daarom zullen we in dit deel laten zien hoe je met behulp van (O7*) een derdegraadsvergelijking kunt oplossen. We kijken naar de parabolen p 1 : (y n) 2 = 2a(x m) en p 2 : x 2 = 2by. We nemen aan dat de raaklijn aan deze twee parabolen (of in ieder geval één van de raaklijnen) gegeven wordt door de vergelijking t : y = cx + d. Het raakpunt van t aan p 1 noemen we P 1 = (x 1, y 1 ) en het raakpunt van t aan p 2 noemen P 2 = (x 2, y 2 ). Deze gegevens kunnen we combineren in de volgende vergelijking: (y n) 2 = 2a(x m) (y n)(y 1 n) = a(x m) + a(x 1 m) y = a(x m) (y 1 n) + a(x 1 m) + n (y 1 n) y = a y 1 n x + ax 1 2am + n y 1 n En dit betekent dus dat c = a ax1 2am y 1 n en d = y 1 n + n. Deze vergelijkingen uitwerken naar y 1 en x 1 geeft 10

11 dat y 1 = a c + n en x 1 = d n c + 2m. Dan krijgen we het volgende: (y 1 n) 2 = 2a(x 1 m) a 2 c 2 = 2a( d n + m) c a = 2c(d n) + 2c 2 m Als we hetzelfde doen met p 2 en P 2 dan krijgen we de vergelijking y = x2 b x y 2 waarbij dus c = x2 b en d = y 2. Dit oplossen naar x 2 en y 2 en invullen in (x 2 ) 2 = 2b(y 2 ) geeft dat d = bc2 2. Als laatste stap moeten we dan d invullen in de vergelijking voor a. We krijgen dan het volgende: 2c( bc2 2 n) + 2c2 m = a bc 3 2mc 2 + 2nc + a = 0 c 3 2m b c2 + 2n n c + a b = 0 Het blijkt dus dat de helling c van de raaklijn aan de twee parabolen een oplossing is voor de derdegraadsvergelijking c 3 2m b c2 + 2n n c + a b = 0. Dit principe kunnen we gebruiken om met behulp van (O7*) de vergelijking x 3 + px 2 + qx + r op te lossen. We stellen daarvoor namelijk dat b = 1, en dat geeft p = 2m, q = 2n en r = a. We nemen vervolgens het brandpunt F 1 = ( p 2 + r 2, q 2 ) en de richtlijn l 1 : x = p 2 r 2 en dat geeft ons de parabool p 1 : (y n) 2 = 2a(x m). Het brandpunt F 2 = (0, 1 2 ) en de richtlijn l 2 : y = 1 2 geven ons de parabool p 2 : x 2 = 2by. Nu kunnen we door met (O7*) tegelijkertijd het punt F 1 op l 1 leggen en F 2 op l 2 en dat geeft dan de raaklijn aan de parabolen p 1 en p 2. De helling c van deze raaklijn is dan precies de oplossing van de derdegraadsvergelijking. Wat we nu nog opmerken is dat twee van de problemen van de oude Grieken nu slechts nog specifieke gevallen zijn van het bovenstaande probleem. Voor de verdubbeling van de kubus moeten we namelijk de vergelijking x 3 = 2 oplossen. Ook de driedeling van de hoek is op deze manier op te lossen, door middel van de formule cos 3α = 4 cos 3 α 3 cos α. 6 Conclusie Het blijkt dat origami een sterkere manier is om te construeren dan met passer en liniaal. Alles wat met passer en liniaal mogelijk is, is ook mogelijk met origami, en origami kan zelfs meer. Zo kan met origami een hoek in drieën worden gedeeld en kunnen oplossingen van derdegraads vergelijkingen geconstrueerd worden. De getallen die met origami geconstrueerd kunnen worden, blijken een lichaam te vormen, dat groter is dan dat van de rationale getallen. 7 Opgaven Opgave 1. Construeer een hoek van 20. Opgave 2. Construeer het getal 3 5 Opgave 3. (bonus) Bewijs de constructie van de hoekdriedeling die in paragraaf 4 gegeven wordt. 8 Bronnen [1] Alperin, R.C., A Mathematical Theory of Origami Constructions and Numbers. New York Journal of Mathematics, Vol 6., p [2] Auckly, D. and Cleveland, J., Totally Real Origami and Impossible Paper Folding. American Mathematical Monthly, Vol 103, p [3] Geretschlager, R., Euclidean Constructions and the Geometry of Origami. Mathematics Magazine, Vol. 68, p