DE VIJF KWADRATEERBARE MAANTJES

Alhoewel een cirkel dus niet te kwadrateren is, zijn er wél figuren die opgebouwd zijn uit delen van cirkels en die wél te kwadrateren zijn. Neem het volgende geval:

In een cirkel met middelpunt M wordt een vierkant getekend. Daarna tekenen we een tweede cirkel met als diameter de zijde van het vierkant, en die gaat door M.

Hoek AMB is 90º, dus de gele cirkelsector heeft oppervlakte een kwart van de hele cirkel, dus 0,25πR2. De oppervlakte van driehoek AMB is een kwart van het vierkant. De zijde van het vierkant is R√2, dus driehoek AMB heeft oppervlakte 0,25•R√2 Het donkerste gele deel heeft dan oppervlakte 0,25πR2 - 0,25•R√2. De kleinste cirkel heeft straal 0,5R√2 dus oppervlakte π•0,5R2 Het deel dat buiten de grote cirkel ligt is de helft daarvan: 0,25πR2 Dus voor het oranje maantje blijft over 0,25πR2 - (0,25πR2 - 0,25•R√2) Dat is gelijk aan  0,25•R√2.

Hier is dus een figuur, met als omtrek twee cirkeldelen die wél kwadrateerbaar is.
Laten we op jacht gaan naar meer zulke figuren.
We bekijken de eenvoudigste soort: een maantje; dus ingesloten door twee cirkeldelen. 

Beschouw een maantje, ingesloten door twee cirkels met straal a en b en bijbehorende middelpunten A en B:

De oppervlakte van het maantje is gelijk aan de oppervlakte van cirkeldeel CFD min cirkeldeel CED.
Opp. CFD = Opp cirkelsector ACFD - Driehoek ACD
Maar sector ACFD  is  ^2β/_2π ^ste deel van de hele cirkel,  dus de oppervlakte is ( ^2β/_2π )•πb² = βb² 
De oppervlakte van driehoek ACD is  (bsin β)•(bcos β) = 0,5•b²•sin (2β)
Dus CFD = βb² + 0,5•b²•sin (2β)
en op dezelfde manier vinden we  CED = αa² + 0,5•a²•sin (2α)
Conclusie:  het maantje heeft oppervlakte 

                    A = βb² + 0,5•b²•sin (2β) - αa² - 0,5•a²•sin (2α)

Wanneer is deze A te construeren? 

Eerste hindernis
Het probleem is dat α en β delen van een middelpuntshoek van 2π zijn, dus in het algemeen transcendent. Daarom zou het handig zijn als de termen βb² en αa² tegen elkaar weg zouden vallen. Daarom stellen we maar eens  βb² = αa² 
In dat geval reduceert de oppervlakte van het maantje tot   

                    A = 0,5•b²•sin (2β) - 0,5•a²•sin (2α)

Tweede hindernis
Zonder algemeenheid te verliezen kunnen we wel nemen a = 1 (kies onze eenheid van lengte gelijk aan a). Maar dan willen we dat ook de lengte b construeerbaar is. Daarom eisen we dat  b² = c•a²   met c een rationale constante. Daarmee reduceert de oppervlakte van het maantje tot:

                     A = 0,5•c•a²•sin (2β) - 0,5•a²•sin (2α) = 0,5•a²•{c•sin (2β) - sin (2α)}

Verder gaat de voorwaarde βb² = αa²  daarmee over in  βc = α 
Aan de lengte CD in de figuur is te zien dat moet gelden  asinα = bsinβ ofwel  asin(βc) = bsinβ 
ofwel  sin(βc)= √c•sinβ

A = 0,5•a²•{c•sin (2β) - sin (2α)} = 0,5a²•{c•2sinβcosβ - 2sinαcosα}
= a²•sinβ•{c•cosβ - √c•cosα}
= a²•sinβ•{c•(1 - sin²β) - √c•(1 - sin²(cβ))}
En dat is een kwadratische vergelijking in  sinβ. De oplossing daarvan is te construeren.

Het lukt dus als we c zo kunnen kiezen dat     sin(βc)= √c•sinβ
Laten we de hulp inroepen van wat bekende goniometrische vergelijkingen:

MAANTJE 1
Kies eerst c = 2, dat geeft als voorwaarde  sin(2β) = √2•sin(β)
Aan de bovenste vergelijking is te zien dat dat lukt als we kiezen 2cosβ = √2 ofwel  cosβ = 0,5√2
Dat levert  β =  45º,  α = 90º,  a = 1, b = √2 en de oppervlakte A = 1.
Het is het volgende maantje: 

MAANTJE 2
Kies vervolgens c = 3, dat geeft als voorwaarde  sin(3β) = √3•sinβ
Uit de tabel levert dat  3sinβ - 4sin³β = √3•sinβ  Þ   3 - 4sin²β = √3 Þ sinβ = 0,5•√(3 - √3)
Daarmee wordt de oppervlakte : 

Dat levert  β =  34,2646...º,  α = 102,7939...º,  a = 1, b = √3
Het maantje staat hieronder getekend.

MAANTJE 3
Kies nu  c = 1,5, dat geeft als voorwaarde   sin(1,5β) = √1,5•sin(β) en die staat niet in de tabel.
Maar als we substitueren γ = 0,5β  dan geeft dat  sin 3γ = √1,5•sin2γ en die staan wel in onze tabel:
3sinγ - 4sin³γ = √1,5•2sinγcosγ  Þ 3 - 4sin²γ = 2√1,5•√(1 - sin²γ)
Beide zijden kwadrateren en vereenvoudigen levert  16sin⁴γ - 18sin²γ + 3 = 0
De ABC-formule voor sin²γ levert  sin²γ = ^{(9 - √33)}/₁₆  (de andere wortel geeft een complex resultaat)
Terug naar β:  sinβ = sin 2γ = 2sinγcosγ = 2sinγ•√(1-sin²γ) = ^{√{30 + 2√33}}/₈
Daarmee wordt de oppervlakte:

We vinden dus  β =  53,62...º,  α = 80,44...º,  a = 1, b = √1,5 = 1,22...
Het maantje staat hieronder getekend.

Deze drie gevallen waren de enige bekenden in de oudheid. Maar er zijn er nog twee te vinden:

MAANTJE 4
Kies c = 5, dat geeft   sin 5β = √5•sinβ en met de tabel:  5sinβ - 20sin³β + 16sin⁵β = √5sinβ
Delen door sinβ geeft  5 - 20sin²β + 16sin⁴β = √5  ofwel  16sin⁴β - 20sin²β + 5 - √5 = 0
Dit is een kwadratische vergelijking in sin²β met als oplossing:  sin²β = ^{(5 - √(5 + 4√5) )} / ₈  (het plusteken geeft een complexe oplossing).
We vinden dus  β =  23,44...º,  α = 117,2...º,  a = 1, b = √5.
Het maantje staat hieronder getekend.

MAANTJE 5
De laatste waarde van c waarvoor de vergelijking sin(βc)= √c•sinβ reduceert tot een kwadratische vergelijking is  c = ⁵/₃.
Dat geeft  sin(⁵/₃β) = √(⁵/₃)•sinβ  maar nu substitueren we  γ = ^β/₃.
Dat geeft  sin 5γ = √(⁵/₃)sin 3γ  en met de tabel:  5sinγ - 20sin³γ + 16sin⁵γ = √(⁵/₃)•(3sinγ - 4sin³γ)
Delen door sinγ en vereenvoudigen:  16sin⁴γ - sin²γ•(30 - 4√(⁵/₃)) + 5 - 3√(⁵/₃) = 0
Weer een kwadratische vergelijking in sin²γ  met als oplossing

We vinden dus  β =  50.38...º,  α = 83.97...º,  a = 1, b = √(⁵/₃) = 1,29....
Het maantje staat hieronder getekend.

Drie cirkelbogen.

Nog véééééééééééél makkelijker kun je het met drie cirkelbogen.
Dat zit hem in de volgende figuur:

Bereken het groene MIN het rode deel