Het omkeerprobleem

Verderop in het artikel pakte Newton een ander probleem aan: 'vind de basis, $x$, als de oppervlakte, $z$, gegeven is'. Dit is een natuurlijke vraag en het was vooral hier dat de vergelijkingen met oneindig veel termen hun nut bewezen.

Zijn eerste voorbeeld was meteen de hyperbool en hij liet zien hoe je de vergelijking

$$z=x-{\textstyle\frac{1}{2}}x\sp2+{\textstyle\frac{1}{3}}x\sp3-{\textstyle\frac{1}{4}}x\sp4 \phantom{+}\mathrm{\&c}$$

naar $x$ kunt oplossen. Dat deed hij door de vergelijking met de volgende deelvergelijkingen te benaderen:

Vervolgens loste hij die deelvergelijkingen op. De eerste is geen kunst: $x=z$. De oplossing van de tweede vergelijking zou een verbetering van de oplossing van de eerste moeten zijn. Daarom schreef Newton $x=z+p$ en vulde hij dat in:

Wegstrepen van $z$ en toepassing van de $abc$-formule geeft ons

$$p=(1-z)\pm\sqrt{1-2z}.$$

Nu moet $x$ bijna $0$ zijn als $z$ dat is, dus moeten we $p=(1-z)-\sqrt{1-2z}$ hebben. Newton had intussen al laten zien hoe je $\sqrt{1-2z}$ tot een oneindige som kunt ombouwen:

$$\sqrt{1-2z}=1-z-{\textstyle\frac{1}{2}}x\sp2-{\textstyle\frac{1}{2}}x^3\phantom{+}\mathrm{\&c}.$$

Daarmee vond hij $p={\textstyle\frac{1}{2}}z^2+{\textstyle\frac{1}{2}}z^3\phantom{+}\mathrm{\&c}$.

Opgave 2. Kwadrateer $1+ax+bx^2+cx^3$, stel het resultaat gelijk aan $1-2x$ en bepaal zo $a$, $b$ en $c$.

Omdat hij met een kwadratische vergelijking begon, wist Newton dat hij de $\frac12z\sp2$ wel kon vertrouwen, maar de $\frac12z\sp3$ nog niet.

Daarom schreef hij $p={\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2+q$ (en dus $x=z+{\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2+q$) en vulde dat in in de derde vergelijking. Het werkt makkelijker als je eerst $x=z+p$ invult en de voorgaande stappen over doet maar nu met ${\textstyle\frac{1}{3}}x\sp3$ erbij. Na invullen en wegstrepen hou je dan het volgende over:

Als we nu $p={\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2+q$ invullen, valt de ${\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2$ weg en blijft het volgende over:

we hebben alleen $zp$ uitgewerkt omdat de andere producten hogere machten van $z$ dan de derde opleveren. Dit wist Newton ook en hij interpreteerde het resultaat daarom als volgt:

$$0=q-{\textstyle\frac{1}{6}}z\sp3+\hbox{de rest}.$$

(De $\frac12x\sp3$ was inderdaad niet betrouwbaar.)

De volgende stap laat zich nu raden: stel $q={\textstyle\frac{1}{6}}z\sp3+r$ en gebruik de vierde vergelijking. Het kost wat moeite, maar je vindt dan

$$0=r-{\textstyle\frac{1}{24}}z\sp4+\hbox{rest}.$$

Daarmee heb je dan al de volgende benadering van $x$ te pakken:

$$x\approx z+{\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2+{\textstyle\frac{1}{6}}z\sp3+{\textstyle\frac{1}{24}}z\sp4.$$

In zijn artikel ging Newton nog één stap verder:

$$x\approx z+{\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2+{\textstyle\frac{1}{... ...+{\textstyle\frac{1}{24}}z\sp4+{\textstyle\frac{1}{120}}z\sp5.$$

Hij moet op kladpapier nog een stuk doorgerekend hebben, want even later beschrijft hij hoe het verder zal gaan met deze benaderingen: de $n$-de macht van $z$ moet gedeeld worden door het product van de getallen $2$, $3$, tot en met $n$.

Conclusie, als je wilt weten bij welke $x$ de oppervlakte onder de grafiek van $\frac1{1+x}$ gelijk is aan $z$, dan is dat

$$x=z+{\textstyle\frac{1}{2}}z\sp2+{\textstyle\frac{1}{6}}z\sp3+{\textstyle\frac{1}{24}}z\sp4 \phantom{+}\mathrm{\&c}.$$