Vs
F
en A BCQ, waarvan de hoeken P en Q als J_ ARB en BSC
worden teruggevonden, terwijl de hoeken P en Q van A BPQ ge
lijk zijn aan j_ BAR en BCS.
Zo vindt men eenvoudig de punten R en S, en daarna de argu
menten RS, RB en SC met behulp waarvan de hoeken PRB en Q£C
bepaald worden.
Als derde hoeken vinden we in A PBR en A QCS de hoeken
PBR en QCS, waarna de argumenten BP en CQ de laatste gege
vens vormen om P en Q uit de punten B en Q, resp. C en S met
voorwaartse snijding te bepalen.
Oplossingen welke niet meer dan 5 cm. afwijken van de bove
genoemde uitkomsten, kwamen binnen van de heren P.v.Beek,
A.W.Boelhouwer, R.Kampman, E.Koopmans, G.Xruisdijk, S.de Moor
T.D.M.Pik, H.Schürmann, R.C.Stolker, R.Walinga, F.Wijchman en
C. v.d. Zwalm.
OPLOSSING VM HET HALVERINGSVRAAGSTUK.
Zie figuur.
Stel de straal AB=1 en de
hoek EBF - 2 ft uitgedrukt
in radialen.
Dan is eenvoudig af te
leiden:
ED sin 2 ftAD -cos 2 <p
DB 1 cos 2
2 2
DB 1 2 cos 2 ft* cos 2 p
2 2
ED sin 2 ft
BE 1 2 cos 2 1
2
Sector BECF x BE
Sector AEBF
C
x. 1
f
2 ft 2 ft cos B
- 2 ft
Som sectoren n
Vlieger EAFB=ED x AB sin_2
Opp. ECFB /2
2
Dus moet 2 ft worden opgelost uit 2 ft cos sin 2 ft
2^ cos 2ft
f~L - sin 2ft+ cos ift
/z
2~
Men vindt 2ft- 1,70570 waaruit BE= 1,1587
De verhouding der stralen is 1,1587 1 73 63
l
X
0
