Praca - Instytut Matematyki PŁ

Spis treści
WSTEP
¾
Z historii konstrukcji geometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Egipt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Babilonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Geometria grecka. Pitagorejczycy . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problemy Delijskie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Akademia Platońska . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wiek XIX przynosi ostateczne rozwiazanie
¾
. . . . . . . . . . . .
Konstrukcje nieplatońskie za pomoca¾ cyrkla i linijki ze wstawka¾
.
.
.
.
.
.
.
.
3
4
4
5
5
7
7
8
9
1 DEFINICJE I TWIERDZENIA
1.1 Algebraiczna teoria punktów konstruowalnych . . . . . . . . . . . .
1.2 Teoria wielomianów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 O konstruowalności wielokatów
¾
foremnych . . . . . . . . . . . . . .
10
10
23
28
2 PODWOJENIE SZEŚCIANU
2.1 Informacje historyczne . . . . . . . . . .
2.2 Wyjaśnienie problemu . . . . . . . . . .
2.3 Konstrukcje przybliz·one . . . . . . . . .
2.3.1 Konstrukcja Apoloniusza z Pergi
2.3.2 Konstrukcja Bounafalce . . . . .
2.4 Konstrukcje róz·nymi środkami . . . . . .
2.4.1 Konstrukcja Platona . . . . . . .
2.4.2 Konstrukcja podwojenia sześcianu
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
za pomoca¾ paraboli
3 TRYSEKCJA KATA
¾
3.1 Informacje historyczne . . . . . . . . . . .
3.2 Ogólne wyjaśnienie problemu . . . . . . .
3.3 Konstrukcje przybliz·one . . . . . . . . . .
3.3.1 Konstrukcja Pappusa z Aleksandrii
3.4 Konstrukcje róz·nymi środkami . . . . . . .
3.4.1 Konstrukcja Archimedesa . . . . .
3.4.2 Konstrukcja Nikomedesa . . . . . .
4 KWADRATURA KO×A
4.1 O historii liczby i kwadratury ko÷
a . .
4.2 Ogólne przedstawienie problemu . . . . .
4.3 Konstrukcje przybliz·one . . . . . . . . .
4.3.1 Konstrukcja Adama Adamandego
4.3.2 Konstrukcja Mullera . . . . . . .
4.3.3 Konstrukcja Spechta . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
Kochańskiego
. . . . . . . .
. . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
34
34
34
35
35
37
37
37
38
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
42
42
42
45
45
45
45
46
.
.
.
.
.
.
49
49
50
50
50
51
52
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5 KONSTRUOWALNOŚĆ WIELOKATÓW
¾
FOREMNYCH
5.1 Historyczny rozwój problemu . . . . . . . . . . .
5.2 Rozwiazanie
¾
problemu . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Konstrukcje elementarne n-katów
¾
foremnych . .
5.4 Pieciok
¾
at
¾ foremny . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Konstrukcja pieciok
¾
ata
¾ foremnego . . . .
5.5 Siedemnastokat
¾ foremny . . . . . . . . . . . . .
5.5.1 Konstrukcja siedemnastokata
¾ foremnego
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
54
54
54
55
56
58
60
65
6 KONSTRUKCJE ZA POMOCA¾ CYRKLA
I LINIJKI ZE WSTAWKA¾
6.1 Wprowadzenie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Trysekcja kata
¾ za pomoca¾ linijki ze wstawka¾ . . . .
6.3 Podwojenie sześcianu za pomoca¾ linijki ze wstawka¾
6.4 Równania trzeciego i czwartego stopnia . . . . . . .
6.5 Konstrukcja siedmiokata
¾ foremnego . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
73
73
74
76
79
83
Literatura
.
.
.
.
.
.
.
84
2
WSTEP
¾
Dzieje konstrukcji geometrycznych sa¾ ściśle zwiazane
¾
z historia¾ geometrii i jej rozwojem. Konstrukcje te przejawia÷
y sie¾ niewatpliwie
¾
w dzia÷
alności praktycznej
róz·nych ludów - w wytyczaniu linii prostych za pomoca¾ rozciagni
¾ etego
¾
sznura,
wbijaniu pali pionowo w ziemie,
¾ ograniczaniu terenu w postaci prostokatów
¾
lub
kó÷- oraz wielu innych. Na poczatku
¾
myśli konstrukcyjna tych czynności zapewne by÷
a raczej nieświadoma, jednak stopniowo musia÷
y sie¾ wy÷
onić pewne
regu÷
y postepowania
¾
przekazywane z pokolenia na pokolenie. Z biegiem czasu i
zmiany trybu z·ycia ludności, musia÷
y one być trwalsze, a tym samym równiez·
konstrukcyjnie - bardziej przemyślane. Wraz z tym rozwojem zacze÷
¾ y sie¾ pojawiać róz·ne problemy, które stwarza÷
y niema÷
e trudności. Do najpiekniejszych
¾
i
najstarszych problemów, którym to poświecona
¾
jest ta praca, nalez·a¾ nastepuj
¾ ace:
¾
1. podwojenie sześcianu;
2. trysekcja kata;
¾
3. kwadratura ko÷
a;
4. konstrukcje wielokatów
¾
foremnych.
Problemy te, mimo swej pozornie prostej treści, absorbowa÷
y umys÷ludzki
oko÷
o 2500 lat, zanim uda÷
o sie¾ poznać ich g÷
ebi
¾ e¾ i stopień trudności. Wiecej
¾ informacji na ten temat zawiera druga cześć
¾ wstepu.
¾
Chcia÷
am zaznaczyć, z·e zagadnienia z rozdzia÷
ów 1-5 rozpatrywane sa¾ pod katem
¾
konstrukcji platońskich. Rozdzia÷6 natomiast przynosi rozwiazanie
¾
niektórych
problemów przy pomocy linijki ze wstawka.¾ Omówie¾ teraz zawartość poszczególnych rozdzia÷
ów tej pracy.
W pierwszym rozdziale moz·na znaleźć de…nicje i twierdzenia, z których przyjdzie
mi korzystać przy omawianiu kaz·dego z powyz·szych problemów oddzielnie. Teorie¾
ta¾ zaczerpne÷
¾ am z pozycji [4] [10] literatury: Na podstawie wiadomości z [4]
i [7] sformu÷
owa÷
am de…nicje¾ 1.1.3, oraz rozbudowa÷
am dowód twierdzenia 1.1.4
o dok÷
adniejsze wyliczenia oraz rysunki (Rys.1- Rys.11). Pragne¾ w tym miejscu
zaznaczyć, z·e wszystkie rysunki wykona÷
am za pomoca¾ programu do konstrukcji
geometrycznych: Cabri Geometry II. Przy pomocy [4] ; [5] ; [6] i [7] opracowa÷
am
twierdzenie 1.1.5 wraz z dowodem. Dowód twierdzenia 1.1.6 rozbudowa÷
am na podstawie [9] : Wszystkie de…nicje, przyk÷
ady i uwagi z teorii wielomianów pochodza¾ z
pozycji [5] literatury, twierdzenia natomiast z [7] : Wiadomości z [5] pos÷
uz·y÷
y mi
równiez· do podania de…nicji 1.3.1, de…nicji 1.3.6-1.3.11, twierdzeń 1.3.12, 1.3.13
oraz lematów 1.3.2-1.3.5, których dowody wzbogaci÷
am o dok÷
adniejsze wyliczenia.
Rozdzia÷drugi poświecony
¾
jest omówieniu problemu podwojenia sześcianu.
Przedstawiam tam konstrukcje przybliz·one: Apoloniusza z Pergi na podstawie
[4], Bounafalcego z [A], oraz konstrukcje róz·nymi środkami: Platona za pomoca¾
dwóch katów
¾
prostych z [C] oraz z wykorzystaniem paraboli na podstawie [4] :
W trzecim rozdziale omawiam zagadnienie trysekcji kata.
¾ Przedstawiam ogólne
wyjaśnienie problemu, nastepnie
¾
konstrukcje przybliz·one: Pappusa na podstawie
3
[D] oraz róz·nymi środkami: Archimedesa za pomoca¾ wstawki z [3] ; Nikomedesa
przy uz·yciu konchoidy [3] i [D] :
Czwarty rozdzia÷ zawiera informacje na temat kwadratury ko÷
a - historie¾
i ogólne przedstawienie problemu oraz konstrukcje: Adama Adamandego
Kochańskiego z [3] i [A], Mullera z [4] i Spechta na podstawie [4] :
Rozdzia÷ piaty
¾
mojej pracy poświecony
¾
jest konstruowalności wielokatów
¾
foremnych. Przedstawiam tam historyczny rozwój problemu, rozwiazanie,
¾
a
nastepnie
¾
dowody konstruowalności pieciok
¾
ata
¾ i siedemnastokata
¾
foremnego,
które przeprowadzi÷
am na podstawie informacji z [9] i [E]. Dalej podaje¾ konstrukcje¾ pieciok
¾
ata
¾
foremnego i siedemnastokata
¾
foremnego oraz dowodze¾
poprawności tych konstrukcji.
Ostatni, szósty rozdzia÷powsta÷na podstawie wiadomości podanych przez
Robina Hartshorna w [9]. Przedstawiam tam teorie¾ konstrukcji za pomoca¾ cyrkla
i linijki ze wstawka,
¾ a takz·e konstrukcje podwojenia sześcianu, trysekcji kata
¾ i
siedmiokata
¾ foremnego przy pomocy takich narzedzi.
¾
Teoretyczne rozwaz·ania
dotyczace
¾ zagadnienia konstrukcji geometrycznych za pomoca¾ cyrkla i linijki ze
wstawka¾ datuja¾ sie¾ dopiero na rok 2000. Zosta÷
y one w duz·ej cześci
¾ uwzglednione
¾
w tej pracy. Teorie¾ Hartshorna uzupe÷
ni÷
am o de…nicje¾ 6.1.1 oraz wniosek 6.4.6.
Na koniec pragne¾ podziekować
¾
opiekunowi tej pracy, profesorowi Janowi
Kubarskiemu, za poświecony
¾
czas, udostepnione
¾
pomoce naukowe oraz pomoc w
zrozumieniu niektórych zagadnień. Podziekowania
¾
sk÷
adam równiez· na rece
¾
wszystkich pracowników Instytutu Matematyki za przekazana¾ wiedze.
¾
Z historii konstrukcji geometrycznych
Egipt
Poczatki
¾ geometrii maja¾ swoje korzenie w zamierzch÷
ych cywilizacjach. Trudno
jednak rozstrzygnać,
¾ w jakim czasie i gdzie powsta÷
y pierwsze zarodki myśli
geometrycznej. Ca÷
y świat staroz·ytny przyznaje, z·e Egipt by÷kolebka¾ wiedzy
geometrycznej. Źród÷
a poznania matematyki egipskiej sa¾ jednak bardzo ubogie. Z okresu kilku tysiacleci
¾
posiadamy zaledwie trzy wieksze
¾
dokumenty,
sporzadzone
¾
ok. XVIII wieku p.n.e.: papirus Rhinda, sporzadzony
¾
przez bliz·ej
nieznanego skrybe¾ Ahmesa, zwój skórzany przechowywany w Londynie, oraz stosunkowo niedawno opracowany (w 1930 roku) tzw. papirus moskiewski znajdujacy
¾ sie¾ w Państwowym Muzeum Sztuk Pieknych
¾
im. Puszkina w Moskwie. Godny
podziwu jest podany przez Ahmesa sposób obliczania pola ko÷
a. Odpowiada on
znakomitej, jak na owe czasy przybliz·onej wartości stosunku d÷
ugości okregu
¾ do
d÷
ugości średnicy, czyli : Po dokonaniu wyliczeń, u Ahmesa
3; 16: Bliz·sze
szczegó÷
y na ten temat znajduja¾ sie¾ w rozdziale 4. Moz·na równiez· przypuszczać,
z·e Egipcjanie mieli do czynienia z twierdzeniem Pitagorasa dla prostego przypadku, gdy boki trójkata
¾ prostokatnego
¾
równaja¾ sie¾ 3, 4, 5. Trójkat
¾ taki nazywamy zazwyczaj trójkatem
¾
egipskim. Do bezpośrednich źróde÷geometrii egipskiej
moz·emy równiez· zaliczyć zabytki archeologiczne. Odbiciem wiadomości Egipcjan
o prostych, p÷
aszczyznach, trójkatach,
¾
kole sa¾pozosta÷
ości piramid, światyń
¾ i pomników. Warto zauwaz·yć, z·e Egipcjanie dalecy byli od jakiejkolwiek systematyzacji
swoich umiejetności.
¾
Nie formu÷
owali twierdzeń, ani tez· nie poświecali
¾
czasu na
4
dowody. Mimo to, geometria egipska odegra÷
a powaz·na¾ role¾ w dalszym rozwoju
geometrii staroz·ytnej.
Babilonia
Babilończycy w okresie V-IV wiek p.n.e. wykonuja¾ budowle skomplikowanych
urzadzeń
¾
nawadniajacych,
¾
kopia¾ kana÷
y, wznosza¾ groble i tamy. Od III wieku
p.n.e. zaczynaja¾ sie¾ pojawiać olbrzymie budowle - światynie
¾
i pa÷
ace. Te
osiagni
¾ ecia
¾
świadcza¾ o tym, z·e musieli oni posiadać rozleg÷
e wiadomości w zakresie geometrii.
Istnieje wiele materia÷
ów źród÷
owych - teksty klinowe obejmuja¾ d÷
ugi okres, poczawszy
¾
od Hammurabiego (2000 lat p.n.e) do
powstania matematyki greckiej. Z tekstów tych moz·emy sie¾ dowiedzieć, z·e Babilończycy znali twierdzenie Pitagorasa, nie tylko dla trójkata
¾ egipskiego, lecz
takz·e dla innych trójkatów,
¾
których boki wyraz·aja¾ sie¾ w liczbach ca÷
kowitych:
132 = 52 +122 ; 172 = 82 +152 ; 292 = 202 +212 : Znajomość tego twierdzenia pozwala
im wyliczać pole trójkata
¾ i trapezu. Babilończycy znali takz·e pojecie
¾ podobieństwa
trójkatów.
¾
Na tle tych wybitnych osiagni
¾ eć,
¾ zadziwiajaco
¾ s÷
abo przedstawia sie¾
przybliz·enie przy obliczaniu d÷
ugości okregu.
¾
Przyrównuja¾ oni ja¾ do d÷
ugości obwodu sześciokata
¾ foremnego wpisanego w ten okrag.
¾ Pole ko÷
a obliczaja¾ mnoz·ac
¾
po÷
ow¾
e obwodu wpisanego sześciokata
¾ przez d÷
ugość promienia i uzyskuja¾ wartość
liczby
3: W zakresie geometrii …gur p÷
askich znajdujemy jeszcze w tekstach
babilońskich twierdzenie, z·e kat
¾ wpisany w pó÷
kole jest katem
¾
prostym. Ogólnie
moz·na stwierdzić, z·e geometria babilońska w porównaniu z egipska,
¾ oznacza krok
naprzód. Jednak ciagle
¾ brakuje jakichkolwiek ogólnie sformu÷
owanych twierdzeń i
ścis÷
ych dowodów. Dopiero Grecy wype÷
niaja¾ te¾ luk¾
e.
Geometria grecka. Pitagorejczycy
Chociaz· w dziedzinie arytmetyki i algebry Grecy przez d÷
ugi czas nie mieli wiek¾
szych osiagni
¾ eć,
¾ to w÷
aśnie stworzenie struktury naukowej geometrii zawdzieczamy
¾
Grekom. Kiedy oko÷
o 560 roku p.n.e. faraon Psametych otwiera granice Egiptu dla
Greków, odtad
¾ rozpoczyna sie¾ nie tylko oz·ywiona wymiana towarowo-handlowa,
ale równiez· wielu Greków przybywa do Egiptu w celu poznania ich wiedzy. Jednym z nich by÷Tales z Miletu (ok. 640-546 r. pn.e.). Wybra÷sie¾ on do Egiptu, aby
rozszerzyć swoje wiadomości w zakresie matematyki i astronomii, jednak szybko
przewyz·szy÷swoich egipskich mistrzów. Tak na przyk÷
ad wbijajac
¾ kij pionowo w
ziemie,
¾ oblicza÷d÷
ugość cienia kija i cienia piramidy i na podstawie proporcji wyznacza÷wysokość piramidy. W przypadku, gdy przypisuje sie¾ Talesowi odkrycie
róz·nych w÷
asności geometrycznych, nie mamy pewności, czy nie chodzi raczej o
przekazywanie Grekom pewnych egipskich wiadomości geometrycznych. Nie ulega
watpliwości,
¾
z·e Tales opracowa÷je logicznie, wprowadzi÷juz· mniej lub bardziej
ścis÷
e określenia i de…nicje, formu÷
owa÷twierdzenia i szuka÷dowodów. Talesowi
przypisuje sie¾ m.in. nastepuj
¾ ace
¾ zas÷
ugi:
- twierdzenie o równości katów
¾
przypodstawnych w trójkacie
¾ równoramiennym;
- twierdzenie o równości katów
¾
wierzcho÷
kowych;
- twierdzenie o równości trójkatów
¾
majacych
¾
jeden bok i dwa katy
¾ temu bokowi
przyleg÷
e odpowiednio równe;
5
- twierdzenie o sumie katów
¾
wewnetrznych
¾
trójkata.
¾
Tales umar÷oko÷
o 546 roku p.n.e. Uwaz·any by÷za twórce¾ tzw. szko÷
y jońskiej.
Zapoczatkowa÷
¾
systematyczna¾ rozbudow¾
e pojeć
¾ i twierdzeń geometrycznych.
Jego bezpośredni nastepcy
¾
nie zrobili w÷
aściwie w tej dziedzinie wiekszych
¾
postepów.
¾
Dalszy rozwój geometria zawdziecza
¾
dopiero Pitagorasowi (ok. 571497 r. p.n.e.) i stworzonej przez niego szkole pitagorejskiej.
Has÷
em pitagoreizmu z jego pierwszego okresu by÷
o: w liczbach nalez·y szukać
harmonii, harmonia wyraz·a sie¾ przez stosunek dwu liczb naturalnych. Uwaz·ali oni,
z·e dla dowolnych dwóch odcinków zawsze moz·na znaleźć taki trzeci ma÷
y odcinek,
który mieści sie¾ w danych dwóch odcinkach ca÷
kowita¾ilość razy. Jednak w pewnym
momencie nastapi÷
¾ o za÷
amanie idei pitagorejskiej, mianowicie okaza÷
o sie,
¾ z·e bok i
przekatna
¾
kwadratu sa¾ niewspó÷
mierne. Tak wiec
¾ matematyka zawdziecza
¾
im
wprowadzenie pojecia
¾ wielkości niewymiernych. Odkrycie to zrobi÷
o na wspó÷
czesnych tak wielkie wraz·enie, z·e przez d÷
ugi czas trzymane by÷
o w tajemnicy przed
szerszym ogó÷
em. Gdy Hippasos (ok. 450 r. p.n.e.) wyjawi÷te¾ tajemnice,
¾ zosta÷
wykluczony ze zrzeszenia pitagorejczyków i napietnowany
¾
klatw
¾ a,
¾ po czym - za
sprawa¾bogów - zgina÷
¾ tragicznie na morzu w czasie burzy. Dylematy spowodowane
niewspó÷
miernościa¾ odcinków spowodowa÷
y rozpad szko÷
y pitagorejskiej na dwa
ugrupowania:
- akuzmatycy (s÷
uchacze, uczniowie), zalecali mistyczne medytacje nad wykryta¾
niewspó÷
miernościa¾odcinków i nic wiecej
¾ znaczacego
¾
nie wnieśli do nauki i …lozo…i;
- matematycy (uczeni, nauczyciele), byli zdania, z·e z problemem niewspó÷
mierności nalez·y sie¾ zmierzyć:
(a) poprzez zachowanie, z·e wszystko moz·na opisać liczbami, ale trzeba
zmienić spojrzenie na liczby;
(b) w centrum zainteresowań postawić …gury.
Odtad
¾ symbolem pitagoreizmu zosta÷pentagram.
Pentagram
Rozpad zwiazku
¾
pitagorejskiego zbiega sie¾ w czasie z poczatkiem
¾
najwiekszego
¾
rozkwitu w dziejach Grecji. W 490 roku p.n.e. Grecy odnosza¾ waz·ne zwyciestwo
¾
nad Persami pod Maratonem, nastepuje
¾
Z÷
oty Wiek Aten.
Pitagorejczykom zawdzieczamy
¾
wprowadzenie pojeć
¾ prostej, odcinka, kata,
¾ kata
¾
wpisanego, środkowego, dopisanego, p÷
aszczyzny.
6
Problemy Delijskie
Gdy na wyspie Delos wybuch÷
a zaraza (ok 430 r. p.n.e.), wys÷
ani do Pytii
Del…jskiej pos÷
owie przywieźli proroctwo Apollina: aby zarazie zaradzić, nalez·y
powiekszyć
¾
jego o÷
tarz dwukrotnie, a by÷to o÷
tarz sześcienny. Zaraza wygas÷
a, a
problem podwojenia sze´scianu pozosta÷
. Wkrótce dopisano kolejne dwa: trysekcja
kata
¾ i kwadratura ko÷a. Te trzy problemy nazwano problemami delijskimi.
W V wieku p.n.e. Archytas z Tarentu (428-365 r. p.n.e.) rozwiaza÷problem
¾
podwojenia sześcianu znajdujac
¾ pomocniczo punkt przeciecia
¾ w przestrzeni trzech
powierzchni, które moz·na zbudować pos÷
ugujac
¾ sie¾ dwoma odcinkami o d÷
ugościach
a i 2a. By÷
y to stoz·ek, walec i torus. Takz·e w V wieku p.n.e. rozwiazano
¾
pozosta÷
e
dwa problemy za pomoca¾ wprowadzonej pomocniczo i rysowanej mechanicznie
krzywej zwanej kwadratysa.
¾
Od tego czasu powsta÷
o wiele konstrukcji rozwiazuj
¾ acych
¾
te problemy, jednak
kaz·da z tych konstrukcji wymaga÷
a zastosowania dodatkowych środków pomocniczych.
Akademia Platońska
Akademia Platońska by÷
a szko÷
a¾ …lozo…czna¾ w Atenach, za÷
oz·ona¾ ok. 387 roku
p.n.e. przez Platona. Rozwijano w niej kult muz i prowadzono dzia÷
alność naukowodydaktyczna¾ w zakresie …lozo…i, polityki, matematyki, astronomii, nauk przyrodniczych itd.
Platon
Za÷
oz·yciel Akademii, Platon (428-347 r. p.n.e.) by÷uczniem Sokratesa, popiera÷
tylko te ga÷
ezie
¾ badań matematycznych, które mia÷
y charakter czysto formalny
i zupe÷
nie by÷
y oderwane od celów praktycznych. Platon by÷ zagorza÷
ym
pitagorejczykiem. Geometrie¾ uwaz·a÷za podstaw¾
e studiów …lozo…cznych. Wykluczy÷wiec
¾ ze swojej Akademii wszystkich s÷
uchaczy, którzy nie orientowali sie¾ w
zagadnieniach geometrycznych. Nad brama¾ Akademii widnia÷napis:
” Niech nie wchodzi tu nikt, kto nie zna geometrii ”.
Platonowi i jego szkole zawdzieczamy
¾
przede wszystkim opracowanie metody
analitycznej dowodów geometrycznych oraz ograniczenie środków konstrukcyjnych
w geometrii do absolutnego minimum, czyli cyrkla i linijki (bez podzia÷
ki). Stad
¾
w÷
aśnie wzie÷
¾ a sie¾ nazwa konstrukcji plato´nskich. Jako uzasadnienie podawa÷
, z·e
7
jedynie prosta i okrag
¾ sa¾ liniami w jakimś sensie "doskona÷
ymi". Aby zachować
idee¾ Platona nalez·y zbudować …gure¾ spe÷
niajac
¾ a¾ przedstawione nam w zadaniu
wymogi jedynie za pomoca¾ dwóch wymienionych wcześniej narzedzi,
¾
wykonujac
¾
skończona¾ liczbe¾ razy poniz·sze czynności:
1. prowadzenie prostej przez dwa róz·ne punkty znane;
2. znajdowanie punktu wspólnego dwóch znanych prostych;
3. prowadzenie okregu,
¾
jez·eli znany jest jego środek i odcinek przystajacy
¾ do
promienia tego okregu;
¾
4. znajdowanie punktów wspólnych dwóch znanych okregów;
¾
5. znajdowanie punktów wspólnych znanej prostej ze znanym okregiem.
¾
Taki by÷ powód ustanowienia obowiazuj
¾ acego
¾
do dziś kanonu konstrukcji
geometrycznych. Wszystkie problemy delijskie straci÷
y swoje rozwiazania
¾
i to jak
sie¾ okaza÷
o w XIX wieku, na zawsze.
Wiek XIX przynosi ostateczne rozwiazanie
¾
Od czasów Platona az· do okresu aleksandryjskiego w÷
acznie,
¾
nie by÷
o matematyka,
który by nie poświeci÷wiele
¾
uwagi tym problemom. Powsta÷
y w ten sposób rozmaite konstrukcje przybliz·one oraz dok÷
adne - wykorzystujace
¾ jednak dodatkowe
środki pomocnicze. Mimo nieudanych prób, w dalszym ciagu
¾ istnia÷
o g÷
ebokie
¾
przekonanie, z·e konstrukcje te sa¾ wykonalne przy uz·yciu linijki i cyrkla.
Z biegiem dziejów, po licznych, jednak ciagle
¾ nieudanych próbach rozwiazania
¾
tychz·e problemów, matematycy dochodzili do wniosku, z·e sa¾ one nierozwiazalne
¾
za pomoca¾ konstrukcji platońskich. W ten sposób od po÷
owy XVIII wieku prace
matematyczne ida¾w tym kierunku, aby podaćścis÷
y dowód niemoz·liwości rozwiaza¾
nia naszych problemów.
C.F. Gauss
Przy końcu XVIII wieku m÷
ody student Carl Friedrich Gauss (Gauß
) (ur. 30
kwietnia 1777 r. w Brunszwiku - y23 lutego 1855 r. w Getyndze) rozwiaza÷
¾
szereg skomplikowanych zagadnień algebraicznych, a z poczatkiem
¾
XIX wieku
wykaza÷on niemoz·liwość rozwiazania
¾
problemu delijskiego i trysekcji kata
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki oraz rozwiaza÷
¾ problem konstrukcji wielokatów
¾
foremnych. Co
8
do kwadratury ko÷
a, to dopiero w 1882 roku Carl Louis Ferdinand von Lindemann
(12 kwietnia 1852 - 6 marca 1939) wykazuje przestepność
¾
liczby i co za tym idzie
- negatywne rozwiazanie
¾
problemu.
C.L. Ferdinand von Lindemann
Konstrukcje nieplatońskie za pomoca¾ cyrkla i linijki ze wstawka¾
Poczatek
¾ konstrukcji nieplatońskich siega
¾ III wieku p.n.e. Jak wiadomo, w staroz·ytności nie moz·na by÷
o wykonać trysekcji kata
¾ za pomoca¾cyrkla i linijki. Rozwaz·ania
konstrukcji platońskich nie da÷
y rezultatu. Tak wiec
¾ rzesze matematyków przedstawia÷
o liczne rozwiazania
¾
za pomoca¾ dodatkowych narzedzi,
¾
czesto
¾
urzadzeń
¾
mechanicznych. Do takich rozwiazań
¾
zaliczaja¾ sie¾ niezalez·ne konstrukcje podane
przez Archimedesa (287-212 p.n.e.) i Nikomedesa (280-250 p.n.e.). Wykorzystuja¾
oni przyrzad
¾ bardzo prosty w swojej budowie, a mianowicie linijk¾
e z zaznaczonymi
na niej dwoma punktami.
Konstrukcje¾ podwojenia sześcianu za pomoca¾ takiego przyrzadu
¾ podaje Robin
Hartshorne dopiero w roku 2000, a wraz z nia¾ ca÷
a¾ teorie¾ konstrukcji za pomoca¾
cyrkla i linijki ze wstawka.¾
9
1
DEFINICJE I TWIERDZENIA
W poniz·szym rozdziale mojej pracy zamieszczam wszelkie potrzebne de…nicje i
twierdzenia, z których w dalszych rozdzia÷
ach przyjdzie mi korzystać. Pragne¾
w tym miejscu równiez· wspomnieć o tym, z·e piszac
¾ np."konstrukcja jest
moz·liwa"mam na myśli konstrukcje¾ moz·liwa¾ za pomoca¾ cyrkla i linijki bez
podzia÷
ki. Jest to tak zwana konstrukcja platońska.
1.1
Algebraiczna teoria punktów konstruowalnych
De…nicja 1.1.1 [10] Uporzadkowan
¾
a¾trójke¾ (F; +; ) nazywamy cia÷
em, je·zeli:
1 F 6= ?
(niepusto´s´c zbioru F )
2 8x;y2F
x+y 2F
(wewnetrzno
¾
´s´c " + " w zbiorze F )
3 8x;y;z2F
x + (y + z) = (x + y) + z
(÷¾
aczno´s´c " + " w zbiorze F )
4 902F 8x2F
0+x=x
(element neutralny w zbiorze F )
5 8x2F 9y2F
y+x=0
(element odwrotny do elementu ze zbioru F )
6 8x;y2F
x+y =y+x
(przemienno´s´c " + " w zbiorze F )
7 F nf0g =
6 ?
(niepusto´s´c zbioru F nf0g)
8 8x;y2F nf0g x y 2 F nf0g
(wewnetrzno
¾
´s´c " " w zbiorze F nf0g)
9 8x;y;z2F nf0g x (y z) = (x y) z
(÷¾
aczno´s´c " " w zbiorze F nf0g)
10 912F nf0g 8x2F nf0g 1 x = x
(element neutralny w zbiorze F nf0g)
11 8x2F nf0g 9y2F nf0g x y = 1
(element przeciwny do elementu ze zbioru F nf0g)
12 8x;y2F nf0g x y = y x
(przemienno´s´c " " w zbiorze F nf0g)
10
13 8x;y;z2F
x (y + z) = (x y) + (x z)
(rozdzielno´s´c dodawania wzgledem
¾
mno·zenia).
Aksjomaty 1 6 mówia¾o tym, z·e grupa (F; +) jest grupa¾abelowa,
¾ natomiast
aksjomaty 7
12 , z·e grupa (F nf0g; ) jest abelowa.
De…nicja 1.1.2 Przypu´s´cmy, ·ze Fn Fm oraz X jest pewnym podzbiorem cia÷a
Fm : Cze¾´s´c wspólna wszystkich podcia÷ cia÷a Fm zawierajacych
¾
Fn oraz X
jest podcia÷em cia÷a L. Oznaczamy ja¾symbolem Fn (X). W przypadku, gdy X
jest zbiorem jednoelementowym lub sko´nczonym X = fag (lub X = fa1 ; a2 ; :::; an )),
wówczas podcia÷o to oznaczamy symbolem Fn (a) (lub Fn (a1 ; a2 ; :::; an )) i nazywamy rozszerzeniem cia÷a Fn o element a ( elementy a1 ; a2 ; :::; an ).
De…nicja 1.1.3 Mamy dane punkty P1 ; P2 ; :::; Pk na p÷aszczy´znie.
wamy konstruowalnym je´sli nale·zy do zbioru:
K=
1
[
Punkt nazy-
Ki
i=0
takiego, ·ze:
A) K0 = fP1 ; P2 ; :::; Pk g;
B) Za÷ó·zmy, ·ze zbiory K0 ; K1 ; :::; Kn sa¾ okre´slone. Do zbioru Kn+1 zaliczamy
wszystkie punkty ze zbioru Kn oraz punkty otrzymane na jeden z trzech nastepuj
¾ a¾
cych sposobów:
B1 ) Niech L1 bedzie
¾
prosta¾ przechodzac
¾ a¾ przez dwa ró·zne punkty nale·zace
¾ do Kn
i niech L2 bedzie
¾
inna¾ prosta¾ przechodzac
¾ a¾ przez dwa ró·zne punkty ze zbioru Kn .
Wówczas je´sli proste te nie sa¾równoleg÷e to ich punkt przeciecia
¾ L1 \ L2 2 Kn+1 ;
B2 ) Niech L1 bedzie
¾
prosta¾ jak wy·zej oraz niech O bedzie
¾
okregiem
¾
o ´srodku w
punkcie ze zbioru Kn i promieniu równym odleg÷o´sci danych dwóch ró·znych punktów ze zbioru Kn . Wówczas je´sli L1 i O przecinaja¾ sie,
¾ to punkty ich przeciecia
¾
L1 \ O 2 Kn+1 ;
B3 ) Niech O1 ; O2 ró·zne dwa okregi
¾ opisane jak wy·zej. Wówczas punkty przeciecia
¾
tych okregów
¾
O1 \ O2 2 Kn+1 .
Twierdzenie 1.1.4 [4] [7] Mamy dane punkty P1 = (a1 ; b1 ); :::; Pk = (ak ; bk ) przy
czym P1 = (1; 0): Punkt Q = (x; y) jest konstruowalny wtedy i tylko wtedy, gdy
wspó÷rzedne
¾
x; y daja¾ sie¾ przedstawi´c w postaci sko´nczonej ilo´sci dzia÷a´n
p
arytmetycznych +; ; ;
oraz
ze wspó÷rzednych
¾
a1 ; b1 ; :::; ak ; bk :
Dowód. " ) " Za÷
óz·my, z·e punkt Q jest konstruowalny. Udowodnimy indukcyjnie wzgledem
¾
i, z·e wspó÷
rzedne
¾
punktu Q 2 Ki daja¾ sie¾ przedstawić w postaci
p
skończonej ilości dzia÷
ań +,-, ; ; na liczbach ze zbioru K0 : Dla i = 0 twierdzenie jest oczywiste, poniewaz· Q 2 K0 = fa1 ; b1 ; :::; ak ; bk g. Za÷
óz·my, z·e wspó÷
rzedne
¾
wszystkich punktów ze zbioru Ki maja¾ takie przedstawienie. Pokaz·emy, z·e
wspó÷
rzedne
¾
punktu Q 2 Ki+1 tez· maja¾ takie przedstawienie. Punkt Q moz·na
przedstawić na jeden z trzech sposobów B1 ; B2 ; B3 (patrz de…nicja 1.1.3 punktu
11
konstruowalnego).
Za÷
óz·my, z·e punkt Q przedstawiony jest za pomoca¾ sposobu B1 :
B1 ) jako punkt przeciecia
¾
dwóch prostych, z których kaz·da przechodzi
przez dwa róz·ne punkty ze zbioru Ki . Punkty te maja¾ postać:
Q1 = (x1 ; y1 );
Q2 = (x2 ; y2 );
Q3 = (x3 ; y3 );
Q4 = (x4 ; y4 ):
Z za÷
oz·enia indukcyjnego wspó÷
rzedne
¾
x1 ; y1 ; :::; x4 ; y4 moz·na przedstawić w postaci
p
skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ;
na liczbach ze zbioru K0 . Za÷
óz·my, z·e
prosta L1 przechodzi przez punkty Q1 ; Q2 a prosta L2 przechodzi przez punkty
Q3 ; Q4 oraz, z·e proste te nie sa¾ równoleg÷
e. Wyznaczamy punkt przeciecia
¾ tych
prostych rozwiazuj
¾ ac
¾ uk÷
ad równań:
(y
(y
y1 )(x2
y3 )(x4
x1 ) = (y2
x3 ) = (y4
yx2
yx4
yx1
yx3
x2 y1 + x1 y1
x4 y3 + x3 y3
x(y1
x(y3
y2 ) + y(x2
y4 ) + y(x4
y1 )(x
y3 )(x
x1 )
x3 )
x1 )
x3 )
xy2 + x1 y2 + xy1
xy4 + x3 y4 + xy3
x1 y1 = 0
x3 y3 = 0
x2 y1 + x1 y2 = 0
:
x4 y3 + x3 y4 = 0
Zauwaz·my, z·e wspó÷
czynniki przy x,y oraz wyraz wolny wyraz·aja¾ sie¾ wymiernie ze
wspó÷
rzednych
¾
punktów Q1 ; Q2 ; Q3 ; Q4 ; oznaczmy dla uproszczenia rachunków:
a1 = y 1
a2 = y 3
y2
y4
b1 = x 2
b2 = x 4
x1
x3
c1 =
c2 =
x2 y1 + x1 y2
x4 y3 + x3 y4
i otrzymujemy nastepuj
¾ ac
¾ a,
¾ uproszczona¾ postać uk÷
adu równań:
(
a1 x + b 1 y + c 1 = 0
a2 x + b 2 y + c 2 = 0
x=
a2 (
x=
b1 y
a1
b1 y
a1
b1
y
a1
c1
a1
c1
)
a1
+ b2 y + c 2 = 0
c1
a1
a2 b1
y aa21c1 + b2 y
a1
x = ab11 y ac11
y(b2 aa21b1 ) = aa21c1
x = ab11 y ac11
y = a2 c1a1a1 c2 a1 ba2 a1 2 b1
x=
y=
x=
y=
x=
y=
+ c2 = 0
c2
c1
b1 a2 c1 a1 c2
a1 a1 b2 a2 b1
a1
a 2 c1 a 1 c2
a1 b2 a2 b1
b1 a2 c1 +a1 b1 c2 a1 c1 b2 a1 c1 b2 +a2 b1 c1
a1 (a1 b2 a2 b1 )
a 2 c1 a 1 c2
a1 b2 a2 b1
b1 c2 b2 c1
a1 b2 a2 b1
a 2 c 1 a 1 c2
a1 b2 a2 b1
12
wracajac
¾ do podstawienia:
(
x = (x2
y = (y3
x1 )(
(y1
y4 )(
(y1
x4 y3 +x3 y4 )
y2 )(x4 x3 )
x2 y1 +x1 y2 )
y2 )(x4 x3 )
(x4
(y3
(y1
(y3
x3 )( x2 y1 +x1 y2 )
y4 )(x2 x1 )
y2 )( x4 y3 +x3 y4 )
y4 )(x2 x1 )
Zatem wspó÷
rzedne
¾
punktu Q = (x; y) uzyskanego za pomoca¾ sposobu B1 daja¾
p
sie¾ przedstawić w postaci skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; (nawet bez ) na
liczbach x1 ; y1 ; :::; x4 ; y4 . Te ostatnie by÷
y z za÷
oz·enia indukcyjnego otrzymane
p
za pomoca¾ skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ; na liczbach ze zbioru K0 stad
¾ i
takz·e wspó÷
rzedne
¾
punktu Q = (x; y) maja¾ takie przedstawienie.
Za÷
óz·my, z·e punkt Q przedstawiony jest za pomoca¾ sposobu B2 :
B2 ) jako punkt przeciecia
¾
prostej i okregu.
¾
Prosta przechodzi przez dwa
dane róz·ne punkty ze zbioru Ki : Q1 = (x1 ; y1 ); Q2 = (x2 ; y2 ): Okrag
¾ ma środek w
danym punkcie Q0 = (x0 ; y0 ) i promień r równy odleg÷
ości dwóch danych punktów
ze zbioru Ki np.
Q3 = (x3 ; y3 ); Q4 = (x4 ; y4 )
p
r =
(x4 x3 )2 + (y4 y3 )2 :
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań w celu wyznaczenia wspó÷
rzednych
¾
punktów przecie¾
cia prostej z okregiem:
¾
(x
(y
x0 )2 + (y y0 )2 = (x4 x3 )2 + (y4
y1 )(x2 x1 ) = (y2 y1 )(x x1 )
y3 )2
x2 + y 2 2x0 x 2y0 y (x4 x3 )2 (y4 y3 )2 + x20 + y02 = 0
:
x(y1 y2 ) + y(x2 x1 ) x2 y1 + x1 y2 = 0
Podstawmy dla uproszczenia rachunków:
a1 =
2x0
a2 = y 1 y 2
c1 = (x4 x3 )2 (y4
c2 = x2 y1 + x1 y2
b1 = 2y0
b2 = x 2 x 1
y3 )2 + x20 + y02
x 2 + y 2 + a1 x + b 1 y + c 1 = 0
a2 x + b 2 y + c 2 = 0
(
(
(
x 2 + y 2 + a1 x + b 1 y + c 1 = 0
y = ab22 x cb22 przy b2 6= 0
a2
x
b2
x2 +
y=
a2
x
b2
x2 +
y=
a2
b2
a2
x
b2
x2 (1 + ab22
y = ab22 x
c2
b2
2
a2
x
b2
+ a1 x + b 1
c2
b2
+ c1 = 0
c2
b2
2
x2 + 2 ab22c2 x +
c2
b2
2
2
c2
b2
) + x 2 ab22c2 + a1
c2
b2
2
13
2
+ a1 x
a2 b1
b2
+
a2 b1
x
b2
c2
b2
2
c2 b1
b2
c2 b1
b2
+ c1 = 0
+ c1 = 0
Wykonamy kolejne podstawienie w celu uproszczenia rachunków:
A=1+
a2
b2
2
B=2
a2 c 2
+ a1
b22
a2 b 1
b2
C=
c2
b2
Ax2 + Bx + C = 0
y = ab22 x cb22
2
c 2 b1
+ c1 :
b2
(1.1)
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (1.1)
p
xI
xII
= B 2 4AC
p
=
B 2 4AC
p
B
B 2 4AC
=
p2A
B + B 2 4AC
:
=
2A
Widzimy, z·e wspó÷
rzedne
¾
xI ; xII moz·na przedstawić za pomoca¾ skończonej ilości
p
dzia÷
ań +; ; ; ;
z liczb A; B; C, te z kolei z liczb a1 ; b1 ; c1 ; a2 ; b2 ; c2 , te ze
wspó÷
rzednych
¾
x0 ; y0 ; :::; x4 ; y4 : Dla:
(
p
B 2 4AC
xI = B 2A
p
c2
B 2 4AC
yI = ab22 B 2A
b2
s
8
2
2
a c
a b
a2 b1
a c
a
c2 2 c2 b1
>
2 22 2 a1 + 2b 1
2 22 2 +a1
4 1+ b 2
+c1
>
b2
b2
b2
>
b2
b2
2
2
>
>
x
=
a
< I
2(1+( b 2 )2 )
2
s
2
:
2
a2 c2
a2 b1
a2 b1
a2 c2
a
c2 2 c2 b1
>
2 2
a1 + b
2 2 +a1
4 1+ b 2
+c1
>
b
b
b
b2
b2
2
2
2
2
2
>
a2
c2
>
>
b2
: yI = b2
a2 2
2 1+
b2
I tak dalej wracajac
¾ do podstawienia a1 ; b1 ; c1 ; a2 ; b2 ; c2 : Dla:
(
p
B 2 4AC
xII = B+ 2A
p
c2 :
B 2 4AC
yII = ab22 B+ 2A
b2
Czyli widzimy, z·e wspó÷
rzedne
¾
punktu QI = (xI ; yI ) lub QII = (xII ; yII ) (bo
punktów przeciecia
¾ prostej z okregiem
¾
moz·e być 2) wyraz·aja¾ sie¾ wymiernie za pop
moca¾dzia÷
ań +; ; ; ; ze wspó÷
rzednych
¾
punktów Q0 ; Q1 ; Q2 ; Q3 ; Q4 które to z
p
za÷
oz·enia indukcyjnego powsta÷
y za pomoca¾ skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ;
na liczbach ze zbioru K0 . Zatem wspó÷
rzedne
¾
xI ; yI ; xII ; yII równiez· maja¾ takie
przedstawienie.
Za÷
óz·my, z·e punkt Q otrzymujemy za pomoca¾ sposobu B3 :
B3 ) jako punkt przeciecia
¾
dwóch okregów.
¾
Okrag
¾ pierwszy O1 ma środek
w punkcie Q0 = (x0 ; y0 ) , promień r1 równy odleg÷
ości dwóch danych róz·nych
punktów ze zbioru Ki :
Q1 = (x1 ; y1 ); Q2 = (x2 ; y2 )
p
(x2 x1 )2 + (y2 y1 )2 :
r1 =
14
Okrag
¾ drugi O2 ma środek w punkcie Q3 = (x3 ; y3 ) , promień r2 równy odleg÷
ości
dwóch danych róz·nych punktów ze zbioru Ki :
Q4 = (x4 ; y4 ); Q5 = (x5 ; y5 )
p
r2 =
(x5 x4 )2 + (y5 y4 )2 :
Wyznaczamy punkty przeciecia
¾ okregów
¾
rozwiazuj
¾ ac
¾ uk÷
ad równań:
(x
(x
x0 )2 + (y
x3 )2 + (y
x2 + y 2
x2 + y 2
y0 )2 = (x2
y3 )2 = (x5
2x0 x
2x3 x
2y0 y
2y3 y
x1 )2 + (y2
x4 )2 + (y5
x1 )2
x4 )2
(x2
(x5
y1 )2
y4 )2
y1 )2 + x20 + y02 = 0
:
y4 )2 + x23 + y32 = 0
(y2
(y5
Dla uproszczenia rachunków dokonujemy podstawienia:
a1 =
a2 =
2x0
2x3
b1 =
b2 =
2y0
2y3
c1 =
c2 =
(x2
(x5
x1 )2
x4 )2
(y2
(y5
y1 )2 + x20 + y02
y4 )2 + x23 + y32
x 2 + y 2 + a1 x + b 1 y + c 1 = 0
:
x 2 + y 2 + a2 x + b 2 y + c 2 = 0
Odejmujemy drugie równanie od pierwszego:
(
(
8
>
>
>
<
x 2 + y 2 + a1 x + b 1 y + c 1 = 0
(a1 a2 )x + (b1 b2 )y + c1 c2 = 0
2
a1 a2
a1 a2
x cb11 cb22 + a1 x + b1
x cb11 cb22 + c1 = 0
b1 b2
b1 b2
a1 a2
x cb11 bc22 przy b1 b2 6= 0
b1 b2
2
2
c 1 c2
1 c2 )
x2 + ab11 ab22 x2 +2 (a1 (ba12 )(c
x+
+a1 x b1 ab11 ab22 b1 x b1 cb11 bb12 c2 +c1 =
2
b2 )
b1 b2
y = ab12 ba21 x+ cb12 bc21
2
1 c2 )
+x 2 (a1 (ba12 )(c
+ a1 + a2 bb11 ab21 b1 +
x2 1 + ab11 ba22
b2 )2
x2 +
y=
+ cb11
>
>
>
:
y = ab21
2
c2
+ b1 cb12 bb21 c1 +c1 =
b2
a1
x+ cb12 bc21
b2
:
0
Zastosujemy ponownie podstawienie:
2
a1 a2
b1 b2
(a1 a2 )(c1 c2 )
a2 b 1
B = 2
+
a
+
1
(b1 b2 )2
b1
A = 1+
C =
c1
b1
c2
b2
2
+
b1 c2
b1
b1 c 1
+ c1
b2
Ax2 + Bx + C = 0
y = ab12 ba21 x + cb21 cb21
15
a1 b 1
b2
:
(1.2)
0
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (1.2)
p
xI
xII
Dla:
Dla:
= B 2 4AC
p
=
B 2 4AC
p
B
B 2 4AC
=
p2A
B + B 2 4AC
=
:
2A
(
B
xI = B 2A
yI = ab21 ab21 B
(
B 4AC
xII = B+ 2A
p
B2
yII = ab21 ab21 B+ 2A
p
p
2
4AC
p
B 2 4AC
2A
+
c2 c1
b1 b2
+
c2 c 1
b1 b2
:
2
4AC
:
Wracajac
¾ kolejno do podstawień A; B; C, nastepnie
¾
a1 ; b1 ; c1 ; a2 ; b2 ; c2 otrzymamy
wspó÷
rzedne
¾
punktów przeciecia
¾
dwóch okregów,
¾
które wyraz·aja¾ sie¾ poprzez
p
dzia÷
ania +; ; ; ;
na liczbach x0 ; y0 ; :::; x5 ; y5 , które to z za÷
oz·enia indukp
cyjnego powsta÷
y za pomoca¾ skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ; na liczbach ze
zbioru K0 : Zatem wspó÷
rzedne
¾
xI ; yI ; xII ; yII 2 Ki+1 maja¾ wymagane przedstawienie.
" ( " Za÷
óz·my, z·e wspó÷
rzedne
¾
x; y punktu Q daja¾ sie¾ przedstawić w postaci
p
skończonej ilości dzia÷
ań arytmetycznych +; ; ; ;
ze wspó÷
rzednych
¾
a1 ; b1 ; :::; ak ; bk .
Utwórzmy zbiór Lk z÷
oz·ony z punktów (x; y);takich, z·e x; y daja¾ sie¾ przedstawić
p
przy pomocy nie wiecej
¾
niz· k operacji spośród f+; ; ; ; g na liczbach ai ; bi
Pokaz·e,
¾ z·e Lk sa¾ konstruowalne (dowód indukcyjny). L0 = fP1 ; :::; Pk g i nie ma
czego dowodzić.
Za÷
óz·my, z·e Lk sk÷
ada sie¾ z punktów konstruowalnych. Pokaz·e,
¾ z·e Lk+1 tez· sk÷
ada
sie¾ z punktów konstruowalnych.
Jez·eli (x; y) 2 Lk+1 wówczas istnieje Q1 = (x1 ; y1 ) ; Q2 = (x2 ; y2 ) 2 Lk , z·e:
gdzie
x
x
y
y
i; j
=
=
=
=
=
xi
p
xi
p
yj
xi
xi
1; 2:
yj
lub
lub
lub
lub
x = xi yj
p
x = yi
y = xi yj
p
y = yi
lub x = xi
yj
lub
lub y = xi
yj
lub
Pokaz·emy najpierw, z·e majac
¾ skonstruowany punkt o wspó÷
rzednych
¾
(x; y) umiemy
skonstruować punkty o wspó÷
rzednych
¾
(x; 0); (0; y) . W tym celu nalez·y wykonać
16
rzuty prostokatne
¾ na osie (rys.1):
(0,y)
(x,y)
(x,0)
Rys.1
Opis konstrukcji:
Aby skonstruować punkt (x; 0) przy danym punkcie(x; y) nalez·y poprowadzić prosta¾
prostopad÷
a¾ do osi Ox (rys.1) przechodzac
¾ a¾ przez punkt (x; y). (Wbijamy nóz·k¾
e
cyrkla w punkt (x; y) i zaznaczamy ÷
ukami dwa punkty na osi Ox. Z tych
dwóch punktów takim samym rozwarciem kreślimy ÷
uki, które bed
¾ a¾ sie¾ przecinać. ×¾
aczymy punkt (x; y) z nowo powsta÷
ym punktem). Punkt przeciecia
¾ prostej
prostopad÷
ej do osi Ox z ta¾ w÷
aśnie osia¾ daje nam szukany punkt (x; 0). W analogiczny sposób konstruujemy punkt (0; y).
Pokaz·e¾ teraz, z·e majac
¾ skonstruowane punkty o wspó÷
rzednych
¾
(x; 0) i (0; y) potra…my skonstruować punkt o wspó÷
rzednych
¾
(x; y).
Opis konstrukcji:
W tym celu nalez·y poprowadzić proste prostopad÷
e (odpowiednio) do osi Ox(Oy)
(rys.1) przechodzace
¾ przez punkt (x; 0)((0; y)). Punkt przeciecia
¾ tych prostych da
nam szukany punkt (x; y):
Pokaz·e¾ teraz, z·e punkt x = x1 + y1 ; gdzie x1 ; y1 sa¾ skonstruowane, da sie¾ skonstruować przy pomocy cyrkla i linijki:
Rozwaz·e¾ przypadki:
1
x 1 ; y1
0
x = x1 + y1
0
x
1
0
x
1
y
1
x=x +y
1 1
Rys.2
Opis konstrukcji (rys.2):
Odmierzamy cyrklem odleg÷
ość od punktu 0 do punktu x1 i na nowo powsta÷
ej osi
zaznaczamy ten punkt. Nastepnie
¾
odmierzamy odleg÷
ość od punktu 0 do punktu
17
y1 i na drugiej osi wbijamy nóz·k¾
e cyrkla w punkt x1 i zaznaczamy w kierunku
dodatnim punkt na osi. Nowo powsta÷
y punkt jest suma¾ punktów x1 i y1 .
2
x1
0;
y1 < 0
y1
x = x1 + y1
0
x1
0
x1
x=x1+y1
Rys.3
3
x 1 ; y1 < 0
x = x1 + y1
y1
x=x 1+y1
x1
0
x1
0
Rys.4
Pokaz·e¾ teraz, z·e punkt x = x1
linijki.
Rozwaz·e¾ przypadki:
1
y1 da sie¾ skonstruować przy pomocy cyrkla i
x 1 ; y1
x=x1-y1
0
x = x1
0
x1
0
x1
y1
y1
Rys.5
2
x1
0; y1 < 0
18
x = x1
y1
y1
0
x1
0
x1
x=x1-y1
Rys.6
3
y1
x 1 ; y1 < 0
x = x1
x1
0
x1
0
y1
x=x1 -y1
Rys.7
Pokaz·e,
¾ z·e punkt x = x1 y1 da sie¾ skonstruować przy pomocy cyrkla i linijki.
Rozwaz·e¾ przypadki:
1
x1 ; y1 0; x = x1 y1
y1
1
x1
x=x1 *y1
Rys.8
Opis konstrukcji (rys.8):
skonstruować odcinek o d÷
ugości x = x1 y1 rysujemy uk÷
ad wspó÷
rzednych.
¾
Na
osi Ox zaznaczamy punkt x1 , na osi Oy zaznaczamy punkt jednostkowy, a od
niego zaznaczamy punkt y1 . Prowadzimy prosta¾ przechodzac
¾ a¾ przez punkt (0; 1)
i punkt (x1 ; 0). Nastepnie
¾
prowadzimy prosta¾ równoleg÷
a¾ do naszej prostej, przechodzac
¾ a¾ przez punkt (0; 1 + y1 ). Punkt przeciecia
¾ tej prostej z osia¾ Ox daje nam
nowy punkt. Odleg÷
ość od punktu (x1 ; 0) do powsta÷
ego punktu wynosi x1 y1 : Z
twierdzenia Talesa wynika bowiem
1
x1
=
) x = x1 y1
y1
x
19
Majac
¾ dana¾ d÷
ugość x1 y1 potra…my teraz skonstruować punkt x = x1 y1 :
W przypadkach, gdy
2
3
x1
0; y1 < 0
x1 < 0; y1 0
4
x 1 ; y1 < 0
bierzemy odpowiednio jy1 j ; jx1 j ; jx1 j i jy1 j, odk÷
adamy te d÷
ugości tak ja w przypadku 1 , jednak przy końcowym wyniku pamietamy
¾
o zmianie znaku:
1
2
3
4
x
x
x
x
0
0
0
0:
Pokaz·e¾ teraz, z·e punkt x = x1 y1 da sie¾ skonstruować przy pomocy cyrkla i linijki
(rys.9).
0
1
y1
x1
x=x 1/y 1
Rys.9
Postepowanie
¾
w tym przypadku jest analogiczne jak w poprzednim. Równiez· z
twierdzenia Talesa wynika poprawność tej konstrukcji:
1
y1
x1
=
)x=
x
x1
y1
Majac
¾ dana¾ d÷
ugość x1 y1 potra…my skonstruować punkt x = x1 y1 : W przypadku róz·nych znaków x1 ; y1 ; postepujemy
¾
analogicznie jak przy mnoz·eniu odcinków.
20
x1
Pokaz·e,
¾ z·e punkt x =
p
x1 da sie¾ skonstruować przy pomocy cyrkla i linijki.
x
-1
x1
Rys.10
Opis konstrukcji (rys.1):
p
Aby skonstruować odcinek o d÷
ugości równej x1 nalez·y na osi Ox od÷
oz·yć odcinek
x1 a w przeciwna¾ strone¾ od zera odcinek równy 1. Odcinek , którego jeden koniec
wyznacza punkt ( 1; 0) a drugi (x1 ; 0) dzielimy na pó÷i ze środka tego odcinka
zakreślamy okrag
¾ o średnicy równej temu odcinkowi. Punkt przeciecia
¾ okregu
¾ z
p
osia¾ Oy wyznacza punkt x = x1 :
Poprawność tej konstrukcji wynika z twierdzenia Pitagorasa :
a
x
d
c
b
Rys.11
x 2 + b 2 = a2
x2 + c2 = d2
a2 + d2 = (b + c)2 ;
zatem
x2 + b2 + x2 + c2 = b2 + 2bc + c2
2x2 = 2bc
x2 = bc
w naszym przypadku b = 1, c = x1 , a zatem
x2 = 1 x1
p
x1 :
x =
Co kończy dowód twierdzenia.
21
Twierdzenie 1.1.5 Zbiory wszystkich pierwszych i drugich wspó÷rzed¾
nych wszystkich punktów konstruowalnych dla wyj´sciowego ciagu
¾ punktów
P1; P2 ; :::; Pk sa¾ cia÷ami pokrywajacymi
¾
sie.
¾
Dowód. Oznaczmy przez C zbiór wszystkich pierwszych i drugich wspó÷
rzed¾
nych wszystkich punktów konstruowalnych. Pokaz·emy, z·e C jest cia÷
em. Poniewaz·
P1 = (1; 0) to 1; 0 2 C: Niech x; y 2 C: Pokaz·emy, z·e x y oraz x y ; y 6= 0
takz·e nalez·a¾ do zbioru C. Poniewaz· x; y powstaja¾ z punktów ai ; bi poprzez
p
skończona¾ ilość operacji +; ; ; ; to x y oraz x y równiez· powstaja¾ za
pomoca¾ skończonej ilości takich operacji. Zatem C jest cia÷
em.
Twierdzenie 1.1.6 [9] Oznaczmy przez F0 najmniejsze cia÷o, które zawiera
wspó÷rzedne
¾
punktów P1 ; P2 ; :::; Pk : Oznaczmy przez C zbiór wszystkich
pierwszych i drugich wspó÷rzednych
¾
wszystkich punktów konstruowalnych.
Liczba 2 C , gdy istnieje wie·za podcia÷
F0
F1 ::: Fk taka, ·ze
p
2 Fk oraz Fi = Fi 1 ( ai ) dla pewnego ai 2 Fi
1
; i = 1; :::; k:
Dowód. " ) " Za÷
óz·my, z·e liczba 2 C. Zbiór wszystkich punktów konstruowalnych otrzymujemy ze wspó÷
rzednych
¾
punktów P1 ; P2 ; :::; Pk , które nalez·a¾
p
do zbioru F0 , poprzez wykonanie na nich skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ; :
p
Przeprowadzimy dowód indukcyjny wzgledem
¾
k = ilości pierwiastków :
Dla k = 0 (nie ma pierwiastków wiec
¾
2 F0 ):
Za÷
oz·enie indukcyjne : jez·eli wystepuje
¾
k pierwiastków, to istnieje wiez·a k-krotna
taka, z·e F0 F1 ::: Fk , 2 Fk :
Teza indukcyjna: pokaz·emy, z·e dla k + 1 pierwiastków istnieje wiez·a k + 1 krotna
F0 F1 ::: Fk Fk+1 ; 2 Fk+1 :
p
Liczba zbudowana jest przez dzia÷
ania +; ; ; ; na liczbach ze zbioru F0 ; w
p
których wystepuje
¾
k + 1 razy. Wśród nich musi istnieć taki, nad którym nie jest
wykonalny pierwiastek. Pod tym pierwiastkiem bedzie
¾
liczba :
Z za÷
oz·enia indukcyjnego jest zbudowana przez k pierwiastków, wiec
¾p istnieje
wiec
¾
wiez·a podcia÷
F1
:::
Fk , 2 Fk : Zauwaz·my, z·e 2 Fk
p F0
:
Fk+1 = Fk
" ( " Za÷
óz·my, z·e istnieje wiez·a podcia÷
F0
F1 ::: Fk taka, z·e
p
2 Fk oraz Fi = Fi 1 ( ai ) dla pewnego ai 2 Fi
1
; i = 1; :::; k:
Pokaz·emy indukcyjnie, z·e 2 C:
Dla k = 0 mamy, z·e
2 F0 - oczywiste, bo F0 zawiera wspó÷
rzedne
¾
punktów
P1 ; P2 ; :::; Pk , które sa¾ konstruowalne, wiec
¾
2 C:
Za÷
oz·enie indukcyjne : dla k twierdzenie jest prawdziwe, tj. jez·eli istnieje wiez·a
podcia÷F0 F1 ::: Fk 3 to 2 C:
Teza indukcyjna: dla k + 1 twierdzenie jest prawdziwe.
F1
::: Fk
Fk+1 . Wtedy
jest postaci
Niech
nalez·y do wiez·y F0
22
p
= c + d ak+1 ,
c; d; ak+1 2 Fk : Widać, z·e
takiej postaci powsta÷
a
p
ze skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ;
na liczbach c; d; ak+1 : Z za÷
oz·enia indukcyjnego natomiast wiemy, z·e c; d; ak+1 2 C, wiec
¾ powstaja¾ ze skończonej
p
ilości dzia÷
ań +; ; ; ; na liczbach ze zbioru F0 : Zatem równiez· powsta÷
a ze
p
skończonej ilości dzia÷
ań +; ; ; ; na liczbach ze zbioru F0 : Wiec
¾
2 C:
1.2
Teoria wielomianów
Poniz·sze de…nicje, uwagi i przyk÷
ady zaczerpne÷
¾ am z pozycji [5] literatury.
De…nicja 1.2.1 Liczbe¾ rzeczywista¾ (lub zespolona)
¾ a nazywamy liczba¾ algebraiczna,
¾ gdy istnieje wielomian (niezerowy) o wspó÷czynnikach wymiernych,
którego pierwiastkiem jest ta liczba a: Je´sli dla danej liczby taki wielomian nie
istnieje, to liczbe¾ taka¾nazywamy liczba¾ przestepn
¾ a.
¾
De…nicja 1.2.2 Element a 2 Fk nazywamy algebraicznym wzgledem
¾
cia÷a F , gdy
istnieje niezerowy wielomian o wspó÷czynnikach z cia÷a F , którego pierwiastkiem
jest element a. Je´sli natomiast wielomian taki nie istnieje, to element a nazywamy
przestepnym
¾
wzgledem
¾
cia÷a F .
Przyk÷
ad 1.2.3 Liczba jest elementem algebraicznym wzgledem
¾
cia÷a liczb rzeczywistych (jest pierwiastkiem wielomianu x
o wspó÷czynnikach rzeczywistych), ale
jest elementem przestepnym
¾
wzgledem
¾
cia÷a liczb wymiernych (jest liczba¾przestepn
¾ a).
¾
W tym miejscu podam twierdzenie, które rozstrzyga problem kwadratury ko÷
a.
Nie przedstawie¾ jednak dowodu, gdyz· wykracza on poza ramy tej pracy.
Twierdzenie 1.2.4 (Lindemann) Liczba
jest przestepna.
¾
De…nicja 1.2.5 Stopniem elementu algebraicznego a wzgledem
¾
cia÷a F nazywamy
stopie´n wielomianu nierozk÷adalnego nad cia÷em F , którego pierwiastkiem jest a,
taki za´s wielomian nierozk÷adalny nazywamy wielomianem minimalnym elementu a.
De…nicja 1.2.6 Wielomian f (x) = an xn + an 1 xn 1 + ::: + a1 x + a0 stopnia
n
1o wspó÷czynnikach z cia÷a F nazywa sie¾ nierozk÷
adalnym lub nieprzywiedlnym w tym ciele, je·zeli nie mo·zna go przedstawi´c w postaci iloczynu wielomianów stopnia mniejszego ni·z n o wspó÷czynnikach z cia÷a F ; w przeciwnym przypadku wielomian f (x) nazywa sie¾ rozk÷
adalnym lub przywiedlnym w ciele F .
Uwaga 1.2.7 Wszystkie wielomiany stopnia pierwszego sa¾nierozk÷adalne w dowolnym ciele F . Je·zeli F jest cia÷em liczb zespolonych, to nie istnieje wielomian stopnia wy·zszego od 1, który by÷by nieprzywiedlny w tym ciele. W ciele liczb rzeczywistych, oprócz wielomianu stopnia 1, nieprzywiedlne sa¾ równie·z wielomiany
stopnia drugiego, które nie posiadaja¾pierwiastków rzeczywistych, natomiast wszystkie wielomiany stopnia wy·zszego ni·z 2 sa¾ przywiedlne. Je·zeli F jest cia÷em liczb
wymiernych (tak jak w naszym przypadku), to dla ka·zdego n istnieje wielomian
stopnia n, który jest nierozk÷adalny w tym ciele.
23
Uwaga 1.2.8 Wielomian f (x) o wspó÷czynnikach wymiernych jest nieprzywiedlny
w ciele liczb wymiernych wtedy i tylko wtedy, gdy w ciele tym jest nierozk÷adalny
wielomian o wspó÷czynnikach ca÷kowitych, otrzymany z f (x) przez pomno·zenie
wszystkich jego wspó÷czynników przez ich najmniejszy wspólny mianownik.
Twierdzenie 1.2.9 (Kryterium Eisensteina) Niech g(x) = an xn +an 1 xn 1 +
::: + a1 x + a0 bedzie
¾
wielomianem o wspó÷czynnikach ca÷kowitych. Je·zeli mo·zna
znale´z´c taka¾liczbe¾pierwsza¾p, ·ze an nie dzieli sie¾przez p, a pozosta÷e wspó÷czynniki
dziela¾sie¾ przez p, lecz a0 dzielac
¾ sie¾ przez p nie dzieli sie¾ przez p2 , co zapisujemy
w nastepuj
¾ acy
¾ sposób:
p - an ; p n an 1 ; ; :::; p n a0 ; p2 - a0
(1.3)
to wielomian g(x) jest nieprzywiedlny w ciele liczb wymiernych.
Dowód. Za÷
óz·my, z·e wielomian g(x) jest przywiedlny w ciele liczb wymiernych.
Moz·emy ten wielomian roz÷
oz·yć na dwa wielomiany stopni niz·szych o wspó÷
czynnikach ca÷
kowitych:
g(x) = bk xk + bk 1 xk
1
+ ::: + b1 x + b0
cm xm + cm 1 xm
1
+ ::: + c1 x + c0
(1.4)
gdzie k + m = n, k > 0, m > 0, bk 6= 0; cm 6= 0: Oczywiście a0 = b0 c0 , a zatem na
mocy (1:3) mamy, z·e p n b0 c0 i p2 - b0 c0 : Z pierwszej z tych zalez·ności wnosimy, z·e
jedna z liczb b0 i c0 jest podzielna przez p, z drugiej zaś, z·e obie nie sa¾równocześnie
podzielne przez p. Moz·emy zatem za÷
oz·yć, z·e
p n b0 i p - c 0 :
Udowodnimy indukcyjnie, z·e p n bj dla j = 0; 1; :::; k. Wystarczy w tym celu
wykazać, z·e jeśli j < k i p n bh , h = 0; 1; :::; j to p n bj+1 : Porównujac
¾ w (1:4)
wspó÷
czynniki przy xj+1 otrzymujemy
aj+1 = bj+1 c0 + (bj c1 + bj 1 c2 + ::: + b0 cj+1 ) :
W myśl za÷
oz·enia indukcyjnego suma wyrazów w nawiasie jest podzielna przez p;
przy tym wspó÷
czynnik aj+1 jest podzielny przez p, gdyz· j + 1 k < n. Zatem
iloczyn bj+1 c0 jest podzielny przez p, a poniewaz·p - c0 , wiec
¾ pnbj+1 : W szczególności
p n bk , a poniewaz· an = bk cm , wiec
¾ wynika stad,
¾ z·e p n an wbrew za÷
oz·eniu (1:3) :
Przypuszczenie, z·e wielomian g(x) jest przywiedlny w ciele liczb wymiernych
prowadzi zatem do sprzeczności, co dowodzi twierdzeniu.
Przyk÷
ad 1.2.10 We´zmy pod uwage¾ wielomian:
g(x) = 3x7
4x6 + 2x5
6x3
8x
2:
Przyjmujac
¾ p = 2 na podstawie wy·zej podanego kryterium Eisensteina stwierdzam,
·ze wielomian g(x) jest nieprzywiedlny w ciele liczb wymiernych.
24
Przyk÷
ad 1.2.11 Mamy wielomian
g(x) = x4 + x3 + x2 + x + 1:
Do tego wielomianu Kryterium Eisensteina nie mo·ze by´c stosowane bezpo´srednio.
Mo·zna dokona´c podstawienia x = y + 1, w rezultacie którego otrzymamy wielomian
h(y) = y 4 + 5y 3 + 10y 2 + 10y + 5:
nieprzywiedlny na mocy Kryterium Eisensteina dla p = 5. Wobec tego równie·z
wielomian g(x) jest nieprzywiedlny w ciele liczb wymiernych.
Twierdzenie 1.2.12 (Wantzel) [7] Je·zeli punkt P = (a; b) jest konstruowalny
za pomoca¾ cyrkla i linijki przy danych punktach P1 ; :::; Pr ; r 2 i F0 jest najmniejszym cia÷em zawierajacym
¾
wspó÷rzedne
¾ punktów Pi , to liczba a (analogicznie b)
jest pierwiastkiem wielomianu stopnia bed
¾ acego
¾
poteg
¾ a¾dwójki o wspó÷czynnikach z
cia÷a F0 :
(Inaczej: Ka·zda liczba konstruowalna jest liczba¾ algebraiczna,¾ której stopie´n jest
poteg
¾ a¾liczby 2:)
Dowód. Na podstawie twierdzenia 3. wiemy, z·e przy naszych za÷
oz·eniach
istnieje wiez·a podcia÷
F0
F1 ::: Fk taka, z·e
p
2 Fk oraz Fi = Fi 1 ( ai ) dla pewnego ai 2 Fi
p
Mamy zatem a = A + B ak , A; B 2 Fk
pierwiastkiem wielomianu stopnia drugiego:
W1 (x) = [x
p
(A + B ak )] [x
(A
1
1
; i = 1; :::; k:
i B 6= 0: Liczba a jest wiec
¾
p
B ak )] = (x
A)2
B 2 ak ;
którego wspó÷
czynniki nalez·a¾ do cia÷
a Fk 1 . W1 (x) jest wielomianem nieprzywiedlnym w ciele Fk 1 : Nie jest przy tym wykluczone, z·e wszystkie wspó÷
czynniki
wielomianu W1 (x) nalez·a¾ do któregoś z cia÷Fi o numerze niz·szym od k 1. Oznaczmy przez k1 moz·liwie najniz·szy z tych numerów. Wspó÷
czynniki W1 (x) nalez·a¾
zatem wszystkie do cia÷
a Fk1 i co najmniej jeden z nich nie nalez·y do cia÷
a Fk1 1 :
Wielomian W1 (x), nieprzywiedlny w ciele Fk 1 , jest tym bardziej nieprzywiedlny
w ciele Fk1 : Moz·emy przy tym wielomian W1 (x) zapisać w nastepuj
¾ acej
¾ postaci
p
p
W1 (x) = x2 + (A1 + B1 ak1 )x + (A2 + B2 ak1 ); gdzie
A1 ; B1 ; A2 ; B2 2 Fk1 1 i co najmniej jedna z liczb B1 ; B2 jest róz·na od zera.
Utwórzmy wielomian pomocniczy W 1 (x), powstajacy
¾ z wielomianu W1 (x) przez
p
zmiane¾ znaku przed kaz·dym pierwiastkiem ak1 ;
W 1 (x) = x2 + (A1
p
B1 ak1 )x + (A2
25
p
B2 ak1 );
po czym utwórzmy nastepny
¾
z kolei wielomian, tym razem stopnia czwartego
W2 (x) = W1 (x) W 1 (x) = x2 + A1 x + A2
2
(B1 x + B2 )2 ak1 ;
którego wspó÷
czynniki nalez·a¾ do cia÷
a Fk1 1 . Wielomian W2 (x) jest nieprzywiedlny w Fk1 1 . Rozumujac
¾ jak wyz·ej, dochodzimy do wniosku, z·e wśród cia÷
F0 ; F1 ; :::; Fk1 1 istnieje jedno, na przyk÷
ad Fk2 , takie, z·e wszystkie wspó÷
czynniki
wielomianu W2 (x) do niego nalez·a,
¾ a co najmniej jeden z nich nie nalez·y do cia÷
a
Fk2 1 . Moz·emy zatem wielomian W2 (x) zapisać w nastepuj
¾ acy
¾ sposób
p
p
p
p
W2 (x) = x4 + C1 + D1 ak2 x3 + C2 + D2 ak2 x2 + C3 + D3 ak2 x+ C4 + D4 ak2 ;
gdzie
zera.
C1 ; D1 ; :::; C4 ; D4 2 Fk2 i co najmniej jedna z D1 ; :::; D4 jest róz·na od
Mnoz·ymy W2 (x) przez wielomian pomocniczy
W 2 (x) = x4 + C1
p
D1 ak2 x3 + C2
p
D2 ak2 x2 + C3
p
D3 ak2 x+ C4
p
D 4 ak 2
i otrzymujemy wielomian stopnia ósmego
W3 (x) = x4 + C1 x3 + C2 x2 + C3 x + C4
2
D1 x3 + D2 x2 + D3 x + D4
2
ak 2 ;
którego wspó÷
czynniki nalez·a¾ do jednego z cia÷F0 ; F1 ; ::: o numerze mniejszym od
k2 ; a ponadto w ciele tym wielomian W3 (x) bedzie
¾
nieprzywiedlny. Po dostatecznie
wielu operacjach tego rodzaju otrzymamy w końcu wielomian Wi (x) stopnia 2i o
wspó÷
czynnikach wymiernych i nieprzywiedlny w ciele liczb wymiernych. Liczba a
jest pierwiastkiem wielomianu W1 (x): Jest ona takz·e pierwiastkiem wielomianów
W2 (x); W3 (x) i tak dalej, a w końcu takz·e wielomianu Wi (x).
Liczba a jest zatem liczba¾ algebraiczna.
¾ Wielomian Wi (x) jest nieprzywiedlny w
ciele liczb wymiernych i wspó÷
czynniki przy jego najwyz·szej potedze
¾
wynosi 1.
Jest to wiec
¾ wielomian minimalny liczby a. Stopień tej liczby jest zatem równy
stopniowi wielomianu Wi (x) i jest tym samym pewna¾ poteg
¾ a¾ liczby 2.
Twierdzenie 1.2.13 Warto´sci bezwzgledne
¾ pierwiastków wielomianu kwadratowego
x2 + 2bx
c2 = 0 gdy
0
sa¾konstruowalne.
Dowód. Dowód wynika bezpośrednio z postaci pierwiastków
x1
x2
= 4b2 4c2 0
p
2b + 2 b2 c2
=
=
2p
2b 2 b2 c2
=
=
2
26
b+
p
b
p
b2
b2
c2
c2 :
Twierdzenie 1.2.14 [7] Mamy dany wielomian stopnia trzeciego:
P (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 = 0
o wspó÷czynnikach wymiernych. Pierwiastki tego wielomianu mo·zna skonstruowa´c
wtedy i tylko wtedy gdy równanie to posiada cho´c jeden pierwiastek wymierny.
Dowód. " ) " Za÷
óz·my, z·e jeden z pierwiastków tego wielomianu, na
przyk÷
ad x1 daje sie¾ skonstruować. Wtedy, jak wiemy, istnieje wiez·a podcia÷
Mamy wówczas
F0
F1 ::: Fk taka, z·e
p
x1 2 Fk oraz Fi = Fi 1 ( bi );
b 2 Fi 1 ; i = 1; :::; k
p i
p
bi 2
= Fi 1 ; bi 2 Fi :
x1 = A + B
p
bk ; gdzie A i B 2 Fk 1 ; oraz B 6= 0:
Z równania P (x) = 0 dla x = x1 otrzymujemy:
p
a3 A + B b k
3
p
+ a2 A + B b k
2
p
+ a1 A + B b k + a0 = 0
p
p
p
2
a3 A3 + 3Ap
B bk + 3AB 2 bk + B 3 bk bk + a2 A2 + 2AB bk + B 2 bk +
+a1 A + B bk + a0 = 0
3
2
2
2
(ap
3 A + a3 3AB bk + a2 A + a2 B bk + a1 A + a0 ) +
2
3
+ bk (a3 3A B + a3 B bk + a2 2AB + a1 B) = 0
p
Wobec tego, z·e bk 2
= Fk 1 a liczby wystepuj
¾ ace
¾ w obu nawiasach po lewej stronie
ostatniej równości do tego cia÷
a nalez·a,
¾ musza¾ zachodzić zwiazki:
¾
a3 A3 + a3 3AB 2 bk + a2 A2 + a2 B 2 bk + a1 A + a0 = 0
a3 3A2 B + a3 B 3 bk + a2 2AB + a1 B = 0:
Korzystajac
¾ z nich sprawdzamy automatycznym rachunkiem, z·e liczba
p
x2 = A B bk
spe÷
nia równiez· równanie P (x) = 0: Z za÷
oz·enia, z·e B 6= 0 wynika ponadto, z·e
x1 6= x2 : Oczywiście x2 2 Fk :
Oznaczajac
¾ przez x3 trzeci pierwiastek równania ze znanego wzoru Viety otrzymujemy:
x1 + x2 + x3 =
x3 =
x3 =
a2
a3
a2
a3
a2
a3
A
2A:
27
B
p
bk
A+B
p
bk
Z postaci liczby x3 widać, z·e nalez·y do cia÷
a Fk 1 : (nawet jest liczba¾ wymierna).
¾
Gdyby bowiem tak nie by÷
o, to wśród cia÷F1 ; :::; Fk 1 istnia÷
oby takie Fi , z·e
x3 nalez·a÷
oby do Fi , a nie nalez·a÷
oby do Fi 1 : By÷
oby wiec
¾ postaci:
p
x3 = C + D bi ; gdzie C; D 2 Fi 1 ; oraz D 6= 0:
Wówczas jednak liczba
x4 = C
D
p
bi
by÷
aby na podstawie przeprowadzonego wyz·ej rozumowania pierwiastkiem naszego
wielomianu P (x) róz·nym od x1 ; x2 ; x3 co oczywiście jest niemoz·liwe. Tym samym
przekonaliśmy sie,
¾ z·e za÷
oz·enie, z·e równanie P (x) = 0 posiada pierwiastek konstruowalny, prowadzi do wniosku, z·e posiada ono tez· co najmniej jeden pierwiastek
wymierny.
" ( " Za÷
óz·my, z·e Wielomian P (x) ma choć jeden pierwiastek wymierny x1 .
Moz·emy ten wielomian roz÷
oz·yć:
(x
x1 )(x2 + mx + n)
gdzie m; n sa¾liczbami wymiernymi, bowiem powstaja¾z dzielenia liczb wymiernych
przez liczby wymierne. Pozosta÷
e dwa pierwiastki znajdziemy rozwiazuj
¾ ac
¾ równanie:
x2 + mx + n = 0
0 czyli m2 4n 0
p
m
m2 4n
x2 =
p2
m + m2 4n
x3 =
:
2
Oba te pierwiastki nalez·a¾ do rozszerzenia cia÷
a F0 przez do÷
aczenie
¾
pierwiastka
kwadratowego. Zatem pierwiastki tego wielomianu moz·na skonstruować.
1.3
O konstruowalności wielokatów
¾
foremnych
Wszystkie de…nicje, lematy i twierdzenia dotyczace
¾ konstruowalności wielokatów
¾
foremnych pochodza¾ z [5] :
De…nicja 1.3.1 Liczby postaci
m
Fm = 22 + 1
gdzie m = 0; 1; 2; :::
nazywamy liczbami Fermata.
W mojej pracy interesować mnie bed
¾ a¾ liczby pierwsze Fermata. Dla m =
0; 1; 2; 3; 4 otrzymujemy w ciagu
¾ liczb Fermata liczby pierwsze 3; 5; 17; 257; 65537,
28
natomiast okazuje sie,
¾ z·e liczba F5 jest z÷
oz·ona. Nie wiadomo dotychczas, czy
istnieje choć jeszcze jedna liczba pierwsza Fermata dla m > 4
m
0
1
:
2
3
4
m
2m
1
2
4
8
16
22
2
4
16
256
65536
m
22 + 1
3
5
:
17
257
65537
Rozwaz·my nastepuj
¾ ace
¾ zadanie: skonstruować n-kat
¾ foremny wpisany w okrag
¾
o promieniu jednostkowym.
Zauwaz·my, z·e jeśli środek okregu
¾ bedzie
¾
lez·a÷w poczatku
¾
uk÷
adu wspó÷
rzed¾
nych, a jeden z wierzcho÷
ków wielokata
¾ bedzie
¾
punktem (1; 0), to wszystkie wierzcho÷
ki wielokata
¾ bed
¾ a¾ w punktach odpowiadajacym
¾
pierwiastkom stopnia n z jedności. Wobec tego problem wykonalności konstrukcji n-kata
¾ foremnego sprowadza
sie¾ do pytania, czy moz·na skonstruować punkty p÷
aszczyzny odpowiadajace
¾ pierwiastkom stopnia n z jedności. Zauwaz·my, z·e jeśli punkt odpowiadajacy
¾ liczbie
zespolonej z = a + bi moz·na skonstruować z danego zbioru F0 , to liczba z jest
liczba¾ algebraiczna¾ stopnia bed
¾ acego
¾
poteg
¾ a¾ liczby 2. Istotnie, jeśli moz·na skonstruować punkt A = (a; b), to liczby a; b; i sa¾ algebraiczne i nalez·a¾ do pewnego
rozszerzenia konstruowalnego F0 F1 ::: Fk :
W sformu÷
owanym wyz·ej zadaniu cia÷
em danych jest cia÷
o liczb wymiernych F .
Podam teraz kilka lematów , które umoz·liwia¾ wyjaśnienie nastepuj
¾ acego
¾
zagadnienia: dla jakich liczb naturalnych n pierwiastki stopnia n z jedności sa¾ liczbami
algebraicznymi, których stopnie maja¾ postać 2k :
Lemat 1.3.2 Je´sli p jest liczba¾pierwsza,¾ to
2
2
+ i sin
"p = cos
p
p
jest liczba¾algebraiczna¾stopnia p
1.
Dowód. Poniewaz· "p jest pierwiastkiem wielomianu
xp
1 = (x
1)(xp
1
+ xp
2
+ ::: + x + 1)
wiec
¾ wystarczy udowodnić, z·e wielomian
fp = xp
1
+ xp
2
+ ::: + x + 1
jest nieprzywiedlny nad cia÷
em F . Skorzystamy z Kryterium Eisensteina.(tw:1:2:9)
Przyjmijmy x = y + 1 i zapiszmy
1
(y + 1)p 1
=
=
1
(y + 1) 1
1
p p 1
p p 2
p
=
yp +
y
+
y
+ ::: +
y+1 1
y
1
2
p 1
p 1
X
p j 1
p 1
= y
+
y
+p .
j
j=2
fp (x) = xp
1
+ xp
2
+ ::: + x + 1 =
29
xp
x
(1.5)
=
Nieprzywiedlność ostatniego wielomianu wynika z kryterium Eisensteina, gdyz·
kaz·dy wspó÷
czynnik prócz najwyz·szego dzieli sie¾ przez p. Istotnie
p
k
=
p!
k!(p k)!
przy czym kaz·dy czynnik pierwszy w mianowniku jest mniejszy od p. Ponadto
wyraz wolny dzieli sie¾ przez p, ale nie przez p2 : Wobec tego wielomian fp jest
istotnie nieprzywiedlny, zatem jest wielomianem minimalnym liczby "p i stopień
tej liczby wzgledem
¾
cia÷
a F wynosi p 1.
Lemat 1.3.3 Je´sli p jest liczba¾pierwsza,¾ to
"p2 = cos
jest liczba¾algebraiczna¾stopnia p(p
2
2
+ i sin 2
2
p
p
1):
Dowód. Rozwaz·my wielomian gp (x) = fp (xp ): Poniewaz· ("p2 )p = "p , wiec
¾ "p2
jest pierwiastkiem wielomianu gp . Stopień tego wielomianu jest równy stfp p =
(p 1)p: Wystarczy wiec
¾ udowodnić, z·e wielomian gp jest nieprzywiedlny nad
cia÷
em F . Mamy
!
p
X
p
gp (x + 1) = fp ((x + 1)p ) = fp
xi + 1 :
i
i=1
Przyjmijmy
p
X
p i
y=
x:
i
i=1
Na podstawie równania (1.5) zachodzi
p 1
X
p j 1
gp (x + 1) = fp (y + 1) = y
+
y
+p=
j
j=2
!p 1 p 1
!j
p 1
p
X p
X p
X
p
=
xp +
xi
+
xi
i
j
i
i=1
j=2
i=1
p 1
1
+ p:
Wobec tego w ostatnim wielomianie najwyz·szy wspó÷
czynnik wynosi 1, pozosta÷
e
dziela¾sie¾ przez p, a wyraz wolny jest równy p. Wielomian ten jest wiec
¾ nierozk÷
adalny
na mocy kryterium Eisensteina.
Lemat 1.3.4 Niech p bedzie
¾
liczba¾pierwsza,¾ p > 2. Wówczas stopie´n liczby algek
braicznej "p jest poteg
¾ a¾ liczby 2 wtedy i tylko wtedy, gdy p = 22 + 1 dla pewnego
ca÷kowitego k:
30
Dowód. Z lematu 1 wynika, z·e "p jest liczba¾ algebraiczna¾ stopnia p 1, wiec
¾
2k
2k
jeśli p = 2 + 1 , to p 1 = 2 . Zatem stopień liczby algebraicznej "p jest
poteg
¾ a¾ liczby 2. Za÷
óz·my, z·e stopień liczby algebraicznej "p jest poteg
¾ a¾ liczby 2 ,
n
tj. p 1 = 2 dla pewnego n. Gdyby liczba n mia÷
a czynnik nieparzysty 2r+1 > 1,
to n = (2r + 1)s i na mocy wzoru
a2r+1 + b2r+1 = (a + b)(a2r
a2r 1 b + a2r 2 b2
ab2r
1
+ (2s )2r
2
:::
+ b2r )
by÷
oby
p = 2n + 1 = (2s )2r+1 + 1 = (2s + 1)((2s )2r
(2s )2r
1
:::
1);
co oznacza÷
oby, z·e p jest liczba¾z÷
oz·ona¾wbrew za÷
oz·eniu. Wobec tego n jest poteg
¾ a¾
k
dwójki, n = 2k ; wiec
¾ p = 22 + 1:
Lemat 1.3.5 A. Je´sli mo·zna skonstruowa´c n-kat
¾ foremny, to mo·zna skonstruowa´c 2n-kat
¾ foremny.
B. Je´sli mo·zna skonstruowa´c n-kat
¾ foremny, oraz m-kat
¾ foremny, przy czym
liczby m; n sa¾wzglednie
¾
pierwsze, to mo·zna skonstruowa´c mn-kat
¾ foremny.
C. Je´sli mo·zna skonstruowa´c n-kat
¾ foremny oraz n = kr, to mo·zna skonstruowa´c
k-kat
¾ foremny.
Dowód.
Ad.A. Majac
¾ dane kolejne wierzcho÷
ki A i B n-kata
¾ foremnego, prowadzimy
dwusieczna¾ kata
¾ ^AOB, gdzie O jest środkiem okregu
¾ opisanego na n-kacie.
¾
Dwusieczna ta przecina okrag
¾ w punkcie C, przy czym A; C; B sa¾kolejnymi wierzcho÷
kami 2n-kata
¾ foremnego. Pozosta÷
e wierzcho÷
ki wyznaczymy, odk÷
adajac
¾
kolejno ÷
uk AC na okregu.
¾
Ad.B. Istnieja¾ liczby ca÷
kowite r; s, dla których rn + sm = 1. Wobec tego "mn =
rn+sm
rn
sm
r
"mn
= "mn "mn = "m "sn . Wynika stad,
¾ z·e jeśli "m ; "n nalez·a¾ do pewnego
rozszerzenia konstruowalnego cia÷
a F , to "mn tez· nalez·y do tego rozszerzenia.
Moz·na wiec
¾ skonstruować mn-kat
¾ foremny.
Ad.C. Wystarczy wybrać co r-ty wierzcho÷
ek wielokata.
¾
Dla podania ostatecznej odpowiedzi na pytanie o konstruowalność wielokatów
¾
foremnych, w tym miejscu powo÷
am sie¾ na twierdzenie, którego dowodu nie bed
¾ e¾ tu
przytaczać. Twierdzenie to jednak poprzedze¾ kilkoma de…nicjami z teorii Galois.
De…nicja 1.3.6 Niech L bedzie
¾
ustalonym rozszerzeniem cia÷a K. Uk÷ad elementów a1 ; a2 ; :::; an cia÷a L nazywamy baza¾cia÷a L wzgledem
¾
cia÷a K, gdy ka·zdy element cia÷a L jest kombinacja¾liniowa¾majac
¾ a¾posta´c
c1 a1 + c2 a2 + ::: + cn an
o wspó÷czynnikach ci nale·zacych
¾
do K oraz przedstawienie dowolnego elementu
cia÷a L w postaci takiej kombinacji jest jednoznaczne.
31
De…nicja 1.3.7 Je´sli pewna baza rozszerzenia K L ma n elementów, to mówimy,
·ze stopie´n tego rozszerzenia wynosi n i piszemy (L : K) = n, je´sli natomiast pewna
baza rozszerzenia K L ma niesko´nczenie wiele elementów, to mówimy, ·ze stopie´n
rozszerzenia K L jest niesko´nczony i piszemy (L : K) = 1: Mówimy, ·ze rozszerzenie K L jest sko´nczone albo niesko´nczone w zale·zno´sci od tego, czy stopie´n
rozszerzenia jest sko´nczony czy niesko´nczony.
De…nicja 1.3.8 Automor…zmem cia÷a K nazywamy ka·zda¾ funkcje¾ ró·znowarto´sciowa¾ odwzorowujac
¾ a¾K na K, spe÷niajac
¾ a¾dla dowolnych a; b 2 K warunki:
a)
(a + b) =
b)
(a b) =
(a) + (b) ;
(a)
(b) :
De…nicja 1.3.9 Przypu´s´cmy, ·ze G jest grupa¾ automor…zmów cia÷a L. Mówimy,
¾
grupy G, je´sli dla ka·zdego automor…zmu
·ze element a 2 L jest sta÷y wzgledem
2 G jest (a) = a:
De…nicja 1.3.10 Podcia÷o cia÷a L z÷o·zone z elementów sta÷ych wzgledem
¾
dzia÷ania
grupy automor…zmów G nazywamy cia÷em elementów sta÷ych wzgledem
¾
G.
De…nicja 1.3.11 Rozszerzenie K L nazywamy rozszerzeniem konstruowalnym,
gdy istnieje ciag
¾ cia÷K = K0
K1
:::
Kn = L, w którym Ki+1 = Ki (ai ),
2
gdzie ai 2 Ki dla i = 0; 1; :::; n 1: Inaczej mówiac,
¾ L jest rozszerzeniem konstruowalnym cia÷a K, je´sli powstaje z K przez do÷¾
aczenie sko´nczonej liczby pierwiastków kwadratowych.
Twierdzenie 1.3.12 Sko´nczone rozszerzenie Galois L cia÷a K jest konstruowalne
, gdy (L : K) jest poteg
¾ a¾dwójki.
Moz·emy teraz udowodnić:
Twierdzenie 1.3.13 (Gauss) N -kat
¾ foremny wpisany w okrag
¾ o promieniu
1 mo·zna skonstruowa´c wtedy i tylko wtedy, gdy
n = 2k p1 p2 ::: pr ;
gdzie k jest wyk÷adnikiem ca÷kowitym nieujemnym, p1 ; p2 ; :::; pr sa¾parami ró·znymi
liczbami pierwszymi Fermata.
Dowód. " ( " Za÷
óz·my, z·e n = 2k p1 p2 ::: pr , gdzie p1 ; p2 ; :::; pr sa¾
parami róz·nymi liczbami pierwszymi Fermata. Z lematu 1.3.4 oraz z twierdzenia
1.3.12 wynika, z·e moz·na skonstruować pi -kat
¾ foremny, natomiast z kilkakrotnie
stosowanego lematu 1.3.5 wynika, z·e moz·na skonstruować n-kat
¾ foremny.
" ) " Za÷
óz·my teraz, z·e n-kat
¾ foremny jest konstruowalny. Roz÷
óz·my liczbe¾ n na
czynniki pierwsze
m = 2k pk11 pk12 ::: pkr r :
32
Gdyby wśród tych czynników pierwszych wystepowa÷
¾
a liczba pierwsza p > 2 nie
bed
¾ aca
¾ liczba¾ Fermata, to z lematu 1.3.5C wynika÷
oby, z·e p-kat
¾ foremny jest konstruowalny, co wobec lematu 1.3.4 nie jest moz·liwe. Gdyby pewien wyk÷
adnik ki
2
by÷wiekszy
¾
niz· 1, to pi nn; a wobec tego by÷
by konstruowalny wielokat
¾ foremny
aby liczba¾ algebraiczna¾ stopnia 2t . To
majacy
¾ p2i boków, a zatem liczba "p2i by÷
jednak nie jest moz·liwe, bo na mocy lematu 1.3.3 liczba ta ma stopień pi (pi 1);
który ma czynnik nieparzysty pi . Wobec tego wszystkie wyk÷
adniki k1 ; k2 ; :::; kr
sa¾ równe 1 i wszystkie liczby pi sa¾ parami róz·nymi liczbami pierwszymi Fermata.
Wniosek 1.3.14 Warunkiem koniecznym i wystarczajacym
¾
konstruowalno´sci´srodkami (k) n-kata
¾ foremnego jest to, by liczba n spe÷nia÷a jeden z nastepuj
¾ acych
¾
warunków:
a. n jest liczba¾ pierwsza¾ Fermata, czyli n mo·zna napisa´c w postaci 22m + 1
gdzie m = 0; 1; 2; :::
b. n = 2k p1 p2 ::: pr gdzie k jest wyk÷adnikiem ca÷kowitym nieujemnym,
p1 ; p2 ; :::; pr sa¾parami ró·znymi liczbami pierwszymi Fermata.
c. n = 2p , gdzie p jest liczba¾ naturalna¾wieksz
¾ a¾od 1.
33
2
2.1
PODWOJENIE SZEŚCIANU
Informacje historyczne
Z problemem tym jest zwiazana
¾
legenda, która g÷
osi, z·e oko÷
o 430 lat p.n.e.
wybuch÷
a w Grecji epidemia dz·umy, która trwa÷
a bardzo d÷
ugo. Poch÷
one÷
¾ a olbrzymia¾ ilość o…ar i mimo ciag÷
¾ ych mod÷
ów oraz dorywczo stosowanej pomocy
lekarskiej nie ustepowa÷
¾
a. Ludność postanowi÷
a zwrócić sie¾ do s÷
ynnej wyroczni
boga Apollina w Delos z zapytaniem, co nalez·y uczynić, aby przeb÷
agać bogów.
Odpowiedź przekazana przez kap÷
ank¾
e światyni
¾
Pytie¾ brzmia÷
a, z·e nalez·y przebudować o÷
tarz boga znajdujacy
¾ sie¾ w światyni
¾
delijskiej, majacy
¾ kszta÷
t sześcianu,
w ten sposób, aby jego objetość
¾
powiekszy÷
¾
a sie¾ dwukrotnie. Zadanie to nie by÷
o
trudne i dlatego tez· szybko uczyniono zadość z·yczeniu boga, zmieniajac
¾ przy tym
kszta÷
t geometryczny o÷
tarza. Dz·uma jednak szala÷
a dalej a na dalsze zapytania,
dlaczego gniew boga nie ustapi÷
¾ , wyrocznia odpowiedzia÷
a, z·e nalez·y nie tylko podwoić objetość
¾
o÷
tarza, ale równiez· zachować jego dawna¾ postać sześcienna.
¾ Przystapiono
¾
do realizacji tego, zdawa÷
oby sie¾ na pierwszy rzut oka, prostego z·adania.
¾
Natra…ono jednak na nieprzewidziane trudności. Wreszcie postanowiono zwrócić
sie¾ po rade¾ do najbardziej autorytatywnego uczonego w owym czasie – Platona.
Lecz mimo wysi÷
ków zarówno jego, jak i jego uczniów, nie znaleziono konstrukcji
wykonalnej przy pomocy cyrkla i linijki, która umoz·liwia÷
aby przejście od sześcianu o danej kraw¾
edzi do sześcianu o objetości
¾
dwa razy wiekszej.
¾
Nie wiemy,
jakie by÷
y dalsze koleje tej epidemii. Musia÷
a sie¾ niewatpliwie
¾
wreszcie skończyć,
mimo nie wykonania zalecenia wyroczni. Faktem jednak jest, z·e kostka ta nie
dawa÷
a spokoju wielu pokoleniom. Otrzymano w ten sposób wiele oryginalnych
metod rozwiazania
¾
tego problemu: za pomoca¾linijki i cyrkla w sposób przybliz·ony,
a za pomoca¾ innych urzadzeń
¾
pomocniczych –w sposób dok÷
adny.
2.2
Wyjaśnienie problemu
Zadanie podwojenia sześcianu formu÷
ujemy w nastepuj
¾ acy
¾ sposób:
Majac
¾ dany sześcian o kraw¾
edzi a skonstruować sześcian o dwa razy wiekszej
¾
objetości.
¾
x
a
a
x
a
x
Rys.12
Objetość
¾
danego sześcianu wynosi V = a3 : Oznaczmy przez x d÷
ugość kraw¾
edzi
szukanego sześcianu. Otrzymujemy nastepuj
¾ ace
¾ równanie dla wyznaczenia naszej
34
niewiadomej:
x3 = 2 a3 lub x3 = a3 + a3
stad
¾ otrzymujemy rozwiazanie
¾
równania:
p
p
3
3
x = 2a3 = a 2
Otrzymany wynik jest jedna¾ z tych wartości, co do których Gauss i inni
matematycy XIX wieku wykazali, z·e nie dadza¾ sie¾ one skonstruować za pomoca¾
linijki i cyrkla. Mianowicie, wykazali oni, z·e za pomoca¾linijki i cyrkla moz·na skonstruować tylko takie odcinki, których d÷
ugość otrzymuje sie¾ z d÷
ugości danych odp
cinków przez wykonanie na nich skończonej ilości dzia÷
ań: +; ; ; ; (tw:1:1:4) :
p
Natomiast 3 2 nie p
da sie¾ w ten sposób otrzymać. Niemoz·liwość skonstruowania
odcinka o d÷
ugości 3 2 wynika równiez· z Twierdzenia Wantzela (tw.1:2:12).
Zatem problem podwojenia sześcianu znajduje rozwiazanie,
¾
jednak jest to
rozwiazanie
¾
negatywne. Nie mniej jednak warto wspomnieć o licznych próbach
rozwiazania
¾
tego problemu. W mojej pracy pragne¾ przedstawić cześć
¾ tych konstrukcji, jednak w zwiazku
¾
z ogromna¾ilościa¾tychz·e konstrukcji, o niektórych tylko
wspomne.
¾
2.3
2.3.1
Konstrukcje przybliz·one
Konstrukcja Apoloniusza z Pergi
Zo…a Krygowska
podaje konstrukcje¾
przybliz·ona,
¾ na
przyk÷
adzie
przybliz·onego
podwojenia sześcianu
podanego przez
matematyka
greckiego Apoloniusza ([4] , str.87) :
Oznaczmy przez a d÷
ugość kraw¾
edzi danego sześcianu (rys.13). Zbudujmy prostokat
¾ ABCD o bokach AB = 2a i AD = a. Znajdźmy punkt O przeciecia
¾ przekat¾
nych prostokata
¾ i przypuśćmy, z·e nam sie¾ uda÷
o z punktu O jako środka narysować
okrag
¾ tak, aby cieciwa
¾
tego okregu
¾ ÷
acz
¾ aca
¾ punkty X i Y przeciecia
¾ tego okregu
¾ z
pó÷
prostymi AB i AD przesz÷
a przez punkt C. Wtedy odcinek BY by÷
by kraw¾
edzia¾
sześcianu o objetości
¾
dwa razy wiekszej
¾
niz· objetość
¾
sześcianu o kraw¾
edzi równej
a.
35
Rys. 13
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Istotnie, z trójkatów
¾
XOE i OF Y wnosimy :
1
OX 2 = XE 2 + OE 2 = (XD + a)2 + a2 ;
2
1
OY 2 = OF 2 + F Y 2 = ( a)2 + (a + BY )2 ;
2
a poniewaz· OX 2 = OY 2 , wiec
¾
1
1
(XD + a)2 + a2 = ( a)2 + (a + BY )2 ;
2
2
skad
¾
XD(XD + a) = BY (BY + 2a):
i ostatecznie
XD
BY + 2a
=
BY
XD + a
Z drugiej strony z trójkatów
¾
DCX i CBY wnosimy
XD
2a
=
a
BY
skad
¾
2a2
:
BY
Podstawiajac
¾ ostatnie wyraz·enie w równości (2:1) otrzymujemy
XD =
2a2
BY 2 + 2aBY
=
BY 2
2a2 + aBY
4
3
4a + 2a BY = BY 4 + 2aBY 3
2a3 (2a + BY ) = BY 3 (BY + 2a)
36
(2.1)
i ostatecznie
2a3 = BY 3 :
Objetość
¾
sześcianu o kraw¾
edzi BY równa sie¾ podwojonej objetości
¾
sześcianu o
kraw¾
edzi a. Wyszliśmy od przypuszczenia, z·e uda÷
o sie¾ nam wykreślić okrag
¾
O(OY ). Oczywiście uz·ywajac
¾ tylko cyrkla i linijki zgodnie z przyjetym
¾
sposobem
postepowania
¾
nie potra…my tego zrobić. Moz·emy natomiast wykonać szereg
kolejnych prób, z których kaz·da nastepna
¾
da w rezultacie odcinek coraz bliz·szy
w÷
aściwemu odcinkowi BY:
2.3.2
Konstrukcja Bounafalce
Jedna¾ z najprostszych konstrukcji podaje Micha÷Szurek na podstawie konstrukcji
podanej przez w÷
ocha Bounafalcego ([A] , str.119) :
Niech OA = OB = a oraz OA p
prostopad÷
e do OB. Znajdujemy punkt C taki,
3
1
z·e AC = 6 AB. Wówczas CB a 2:
B
a
A
C
a
O
Rys.14
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Istotnie,
podczas gdy:
2.4
2.4.1
r
1 p 2
a2 + OC 2 = a2 + (a
a 2) =
6
v
u
p !
q
u
p
74
12
2
a
t
=
a2
=
74 12 2 = a 1; 2586:::
36
6
p
3
2 = 1; 2599:
BC =
p
Konstrukcje róz·nymi środkami
Konstrukcja Platona
Pierwsza¾ dok÷
adna¾ konstrukcje¾ podwojenia sześcianu poda÷Platon. Jest to konstrukcja za pomoca¾ dwóch katów
¾
prostych (rys.15). Podaje ja¾ Micha÷Szurek
37
([C] ; str.81) :
C
D
O
A
B
Rys.15
Niech OA = a bedzie
¾
dana¾ kraw¾
edzia¾ sześcianu. W punkcie O wystawiamy
prostopad÷
a¾do kraw¾
edzi OA i odk÷
adamy na niej odcinek OB = 2OA. Ustawiamy
dwa katy
¾ proste w ten sposób, z·e:
- wierzcho÷
ek C pierwszego kata
¾ lez·y na przed÷
uz·eniu OB, zaś wierzcho÷
ek D
drugiego kata
¾ na przed÷
uz·eniu OA;
- jedno z ramion pierwszego kata
¾ przechodzi przez punkt A i jedno z ramion
drugiego kata
¾ - przez punkt B;
- dwa pozosta÷
e ramiona katów
¾
uk÷
adaja¾ sie¾ na jednej prostej.
Wówczas OC jest szukanym odcinkiem.
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
OC 2 = a OD
a
OC
=
; 2a2 = OC OD
OD
2a
OC 2
2a2
OD =
oraz OD =
a
OC
OC 2
2a2
=
stad
¾ OC 3 = 2a3
a
OC
p
3
OC = a 2:
2.4.2
Konstrukcja podwojenia sześcianu za pomoca¾ paraboli
Konstrukcje¾ te¾ moz·na znaleźć u Zo…i Krygowskiej ([4] , str.119) :
Rysunek (rys.16) przedstawia dwa prety
¾ KY i KX spojone w punkcie K pod
katem
¾
prostym oraz ruchoma¾ w¾
egielnice¾ SQT . W punkcie T w¾
egielnicy mocujemy
nierozciagliwy
¾
sznurek o d÷
ugości QT , którego drugi koniec mocujemy w punkcie
38
sta÷
ym F listwy KX. Sznurek naciagamy
¾
za pomoca¾ o÷
ówka P przyciśnietego
¾
mocno do ramienia QT w¾
egielnicy. Wtedy P F = QP , poniewaz· P F + P T = QT .
Jez·eli nasz przyrzad
¾ umieścimy na kartce papieru i ustalimy po÷
oz·enie …gury XKY ,
a nastepnie
¾
bedziemy
¾
przesuwać w¾
egielnice¾ wzd÷
uz· listwy KY , ciagle
¾ napre¾z·ajac
¾
sznurek za pomoca¾ o÷
ówka P , to o÷
ówkiem tym nakreślimy ÷
uk miejsca geometrycznego punktów P takich, z·e odleg÷
ość P F równa sie¾ odleg÷
ości punktów P
od prostej KY . To miejsce geometryczne nazywamy parabola,
¾ prosta¾ KY jej
kierownica,¾ punkt F jej ogniskiem, a odleg÷
ość KF parametrem paraboli.
Y
S
Q
P
T
K
X
F
Rys.16
Na rysunku (rys.17) przedstawi÷
am ÷
uk paraboli otrzymany opisanym przyrza¾
dem. Zmieniajac
¾ po÷
oz·enie punktu F na prostej KX moz·emy kreślić ÷
uki róz·nych
parabol o róz·nych parametrach.
y
P3
P2
P1
Q
T3
T2
T1
T
P
O=K
F
x
Rys.17
Rozwia¾z·emy zadanie podwojenia sześcianu uz·ywajac
¾ linijki, cyrkla oraz przyrzadu
¾
przedstawionego na rysunku. Za÷
óz·my, z·e a jest kraw¾
edzia¾ danego sześcianu.
Wybierzmy uk÷
ad wspó÷
rzednych
¾
(rys.18) Oxy i zaznaczmy na osi pierwszej punkt
1
F1 o odcietej
¾ 41 a i punkt F2 na osi drugiej o rzednej
¾
a: Narysujmy prosta¾ m1
2
39
równoleg÷
a¾ do osi y, odleg÷
a¾ od tej osi o 14 a i po÷
oz·ona¾ po przeciwnej stronie tej osi
niz· punkt F1 , oraz prosta¾ m2 równoleg÷
a¾ do osi x odleg÷
a¾ od niej o 12 a i po÷
oz·ona¾
po przeciwnej stronie tej prostej niz· punkt F2 : Za pomoca¾ przyrzadu
¾ do kreślenia parabol narysujemy ÷
uki dwóch parabol k1 i k2 przecinajace
¾ sie¾ w punkcie P .
Kierownica¾ paraboli k1 jest prosta m1 , ogniskiem punkt F1 , parametrem liczba
1
a, kierownica¾ paraboli k2 jest prosta m2 , ogniskiem punkt F2 , parametrem liczba
2
a. Oznaczmy przez Px i Py odpowiednio rzuty punktu P na osie x i y, przez
x; y wspó÷
rzedne
¾
punktu P w uk÷
adzie Oxy. Twierdzimy, z·e rzedna
¾
y punktu
P jest d÷
ugościa¾ kraw¾
edzi sześcianu, którego objetość
¾
jest dwukrotnie wieksza
¾
od
objetości
¾
sześcianu o kraw¾
edzi a.
m1
y
k2
Py
P
k1
a
F2
M1
O
x
Px
F1
m2
M2
Rys.18
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Punkt P lez·y na paraboli k1 ; a wiec
¾ zgodnie z w÷
asnościami paraboli odleg÷
ość
punktu P od kierownicy m1 równa jest P F1 : Odleg÷
ość punktu P od kierownicy
m1 jest tez· równa odcinkowi Px M1 = 41 a + x: Zatem
1
P F1 = a + x:
4
Ale jest tez·
1
a
4
(P F1 )2 = y 2 + (Px F1 )2 = y 2 + x
2
:
Z powyz·szego wnosimy, z·e
2
y + x
1
a
4
2
=
1
a+x
4
2
:
Po redukcji otrzymujemy
y 2 = ax:
(2.2)
Punkt P lez·y tez· na paraboli k2 :Poniewaz· ognisko tej paraboli znajduje sie¾ na osi y,
kierownica jest równoleg÷
a do osi x, parametr równa sie¾ a, wiec
¾ wspó÷
rzedne
¾
tego
40
punktu spe÷
niaja¾ równanie, które otrzymamy z warunku (2:2) zamieniajac
¾ role¾
zmiennych x i y i zastepuj
¾ ac
¾ wspó÷
czynnik a (dwukrotność parametru paraboli k1 )
przez 2a (tj. dwukrotność parametru paraboli k2 ), zatem
x2 = 2ay:
41
3
3.1
TRYSEKCJA KATA
¾
Informacje historyczne
Problem trysekcji kata
¾ siega
¾ swoja¾ historia¾ do pitagorejczyków. Jest on
powiazany
¾
z konstrukcja¾ wielokatów
¾
foremnych, a wiadomo przeciez·, z·e chodzi tu
o podzia÷okregu
¾ na równa¾ ilość cześci.
¾
Szczególnie intrygowa÷pitagorejczyków
podzia÷na 9 równych cześci
¾ prowadzacy
¾ do konstrukcji dziewieciok
¾
ata
¾ foremnego. Wystarczy÷
o tylko odpowiedni kat
¾ środkowy majacy
¾ 120 podzielić na 3
równe cześci.
¾
Tutaj wiec
¾ spotykamy trysekcje¾ kata.
¾ Daremne by÷
y wszelkie próby
rozwiazania
¾
tego problemu w staroz·ytności i w średniowieczu. Podobnie jak z
problemem delijskim, moz·na by opisać ca÷
a¾ historie¾ tych wysi÷
ków. Nawet s÷
ynny
Leonardo da Vinci poświeca÷wiele
¾
czasu temu problemowi.
Poniewaz· trysekcja kata
¾ stwarza÷
a jeszcze wieksze
¾
z÷
udzenia ÷
atwości i przystep¾
ności, rzesze rozwiazuj
¾ acych
¾
by÷
y jeszcze liczniejsze niz· rozwiazuj
¾ acych
¾
problem
delijski. Niezalez·nie od b÷
ednych
¾
rozwiazań,
¾
matematycy staroz·ytności i średniowiecza znajdowali w trakcie borykania sie¾ z problemem wiele rozwiazań
¾
przybliz·onych, które moz·na wykonać za pomoca¾linijki i cyrkla, oraz szereg konstrukcji
opartych na dodatkowych środkach pomocniczych. Sa¾ to najcześciej
¾
odpowiednio
dobrane linie krzywe lub tez· ca÷
e mechanizmy.
3.2
Ogólne wyjaśnienie problemu
Zadanie trysekcji kata
¾ formu÷
ujemy nastepuj
¾ aco:
¾
Dany jest kat
¾ ', nalez·y za pomoca¾ cyrkla i linijki skonstruować kat
¾ '3 :
α
0
cosα
1
Rys.19
Rozwiazanie
¾
tego zadania moz·na sformu÷
ować:
Stwierdzenie 3.2.1 Kat
¾ ' daje sie¾ konstrukcyjnie podzieli´c na trzy równe cze¾´sci
, wielomian f (x) = x3 3x 2 cos ' ma pierwiastek w ciele F (cos '):
Dowód. Zak÷
adamy oczywiście, z·e dane sa¾ punkty (0; 0) i (1; 0). Zauwaz·my
najpierw, z·e dla dowolnego kata
¾
(kat
¾ daje sie¾ skonstruować) , (liczba cos
42
daje sie¾ skonstruować). Widać to na rys.19. Wobec tego w dalszym ciagu
¾ zamiast
badać konstruowalność katów,
¾
bedziemy
¾
badali konstruowalność ich cosinusów.
Zadanie nasze moz·na wiec
¾ sformu÷
ować tak: dany jest odcinek o d÷
ugości cos ' ,
1
skonstruować liczbe¾ cos 3 '. Zbadamy, kiedy faktycznie tak jest. Wykorzystujac
¾
toz·samość
cos 3 = 4 cos3
3 cos ; 3 = '
uzyskujemy wiec
¾
1
1
8 cos3 ' 6 cos '
3
3
1
Oznaczajac
¾ x = 2 cos 3 ' otrzymujemy
f (x) = x3
3x
2 cos ' = 0:
2 cos ' = 0:
Jeśli wielomian f jest nieprzywiedlny w ciele F (cos ') , to jego pierwiastki sa¾
liczbami algebraicznymi stopnia trzeciego, a w myśl twierdzenia Wantzela liczba
x nie jest konstruowalna. Jeśli zaś wielomian f jest przywiedlny w ciele F (cos ')
, to ma w tym ciele pierwiastek. Wówczas pierwiastek ten moz·e być albo stopnia
drugiego albo pierwszego. Zatem liczba x jest konstruowalna.
Przyk÷
ad 3.2.2 Zbadajmy czy kat
¾ ' = 14 p = 45 mo·zna podzieli´c konstrukcyjnie
na trzy równe cze¾´sci. Poniewa·z cos 45 = 22 zatem we´zmy pod uwage¾ wielomian
f (x) = x3
3x
p
2:
p
Zbadam, czy wielomian ten ma pierwiastek
w
ciele
F
(
2): Rozwiazuj
¾ ac
¾ równanie
p
2 jest pierwiastkiem naszego wielomianu.
f (x) = 0 otrzymujemy, ·ze liczba x1 =
Zatem wielomian rozk÷ada sie¾ na dwa wielomiany
p
p
f (x) = (x + 2)(x2
2x 1):
p
W dalszej kolejno´sci rozwiazuj
¾ e¾ równanie kwadratowe x2
2x 1 = 0 i ÷atwym
rachunkiem znajduje¾ kolejne dwa pierwiastki
p
p
2+ 6
x2 =
p 2p
2
6
x3 =
:
2
p
p
Poniewa·z x1 =
2 nale·zy do cia÷a F ( 2) wiec
¾ kat
¾ 45 daje sie¾ konstrukcyjnie
podzieli´c na trzy równe cze¾´sci. Aby wykona´c te¾konstrukcje,
¾ nale·zy stwierdzi´c, który
1
z pierwiastków wielomianu f jest liczba¾ 2 cos 31 ' = 2 cos 12
= cos 15 . Poniewa·z
1
cos 12 > 0, a f ma tylko jeden dodatni pierwiastek, wiec
¾
1
2 cos
12
1
cos
12
p
p
2+ 6
=
p 2p
2+ 6
=
:
4
43
1
Pos÷ugujac
¾ sie¾ tym wzorem potra…my skonstruowa´c liczbe¾ cos 12
1
1
równie·z i kat
¾ 12 = 3 ':
ϕ
0
(rys.20), a wiec
¾
1/3ϕ
cosϕ
cos1/3ϕ
1
Rys.20
Przyk÷
ad 3.2.3 Zbadajmy, czy kat
¾ 2 = 90 daje sie¾ konstrukcyjnie podzieli´c na
trzy równe cze¾´sci. Oczywi´scie wida´c od razu, ·ze ta konstrukcja jest wykonalna,
jednak podam dowód algebraiczny wykonalno´sci tej konstrukcji. Poniewa·z
cos 90 = 0 wiec
¾ rozpatrujemy wielomian
f (x) = x3
3x:
Zbadam czy wielomian f ma pierwiastek w ciele F: Rozwiazujemy
¾
równanie
x3 3x = 0
x(x2 3) = 0
p
p
3)(x + 3) = 0:
x(x
Otrzymujemy, ·ze x1 = 0 nale·zy do cia÷a F . Zatem konstrukcja podzia÷u kata
¾ 90
na trzy równe cze¾´sci jest wykonalna. Teraz musze¾ stwierdzi´c, który z pierwiastków
jest liczba¾2 cos 31 ' = 2 cos 6 = 2 cos 30 : Poniewa·z cos 30 > 0 , a f ma tylko jeden
dodatni pierwiastek wiec
¾
p
2 cos
=
3
6
p
3
cos
=
:
6
2
Potra…my skonstruowa´c liczbe¾
p
3
2
a tak·ze kat
¾ 6:
Przyk÷
ad 3.2.4 Zbadajmy, czy kat
¾ ' = 13 = 60 daje sie¾konstrukcyjnie podzieli´c
na trzy równe cze¾´sci. Poniewa·z cos 60 = 12 wiec
¾ mamy wielomian
f (x) = x3
44
3x
1:
Sprawdzam, czy wielomian ten ma pierwiastek w ciele F . jedynymi pierwiastkami
wymiernymi by÷yby liczby 1 ale ·zadna nie spe÷nia równania
x3
3x
1=0
wiec
¾ f nie ma pierwiastka wymiernego, zatem trysekcja kata
¾ 60 nie jest mo·zliwa
a co za tym idzie nie jest mo·zliwa konstrukcja kata
¾ 20 :
3.3
3.3.1
Konstrukcje przybliz·one
Konstrukcja Pappusa z Aleksandrii
Konstrukcje¾ za pomoca¾ "wstawki"przypisuje sie¾ Pappusowi z Aleksandrii (290350n.e.), a podaje ja¾ Micha÷Szurek ([D] , str.80) :
A
C
E
D
O
B
Rys.21
Dany jest kat
¾ o wierzcho÷
ku O. Z dowolnego punktu A na jednym ramieniu
kreślimy równoleg÷
a¾ AC i prostopad÷
a¾ AB do drugiego ramienia (rys.21). Miedzy
¾
te proste wstawiamy odcinek CD o d÷
ugości 2AO, którego przed÷
uz·enie przechodzi
przez wierzcho÷
ek kata.
¾
Wtedy ^AOC bedzie
¾
stanowi÷ 32 kata
¾ danego. O ile
wykreślenie prostopad÷
ej i równoleg÷
ej do danej prostej nie stwarza z·adnych trudności, to przeprowadzenie CE w ten sposób, aby zachodzi÷
a równość CE = 2 AO
nie jest moz·liwe. Musimy pos÷
ugiwać sie¾ innymi metodami np. metoda¾ ciag÷
¾ ych
prób ustawić CE tak, by wreszcie w przybliz·eniu uzyskać nasza¾równość. Bedzie
¾
to
jednak przybliz·ona konstrukcja. Jak sie¾ okaz·e w rozdziale 6, powyz·sza¾konstrukcje¾
moz·na wykonać przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawka.
¾
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Niech E bedzie
¾
środkiem odcinka CD. Trójkaty
¾ AEC i OAE sa¾ równoramienne
^AOC = ^AEO = 2^ACO = 2^COB, czyli
1
^COB =
AOB:
3
3.4
3.4.1
Konstrukcje róz·nymi środkami
Konstrukcja Archimedesa
Archimedes podaje bardzo prosta¾ konstrukcje¾ (rys.22), która¾ to przytacza
Edward Ko‡er ([3] , str.210) : Pos÷
ugujemy sie¾ w niej cyrklem i linijka,
¾ na
45
której zaznaczono dwa sta÷
e punkty P i Q w dowolnej odleg÷
ości P Q = d (jest
to konstrukcja przy uz·yciu linijki ze wstawka).
¾ Mamy podzielić na trzy równe
cześci
¾ ^AOB . Z wierzcho÷
ka O zakreślamy promieniem d pó÷
okrag
¾ i nastepnie
¾
staramy sie¾ tak u÷
oz·yć linijk¾
e, by punkt P lez·a÷na OA, punkt Q na okregu,
¾ a linijka
równocześnie przechodzi÷
a przez punkt B. ×atwo wykazać, z·e ^AP B = 31 ^AOB.
B
2α
Q
P
2α
α
3α
O
α
A
Rys.22
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Jeśli bowiem oznaczymy ^AP B = , to równiez· ^P OQ = (trójkat
¾ równoramienny), dalej ^BQO = 2 (jako kat
¾ zewnetrzny
¾
trójkata
¾ P QO), równiez·
^QBO = 2 (trójkat
¾ równoramienny) i wreszcie ^AOB = + 2 = 3 (jako
kat
¾ zewnetrzny
¾
trójkata
¾ P BO, równy sumie katów
¾
wewnetrznych
¾
do niego nie
przyleg÷
ych).
3.4.2
Konstrukcja Nikomedesa
Konstrukcje¾ te¾ moz·na znaleźć u Edwarda Ko‡era ([3] ,str.209) a takz·e podaje ja¾
Micha÷Szurek ([D] ,str.82) :
Nikomedes w swojej konstrukcji opiera sie¾ na zastosowaniu krzywej, która¾ dziś
nazywamy konchoida¾ lub muszla¾ Nikomedesa.
A
B
P
Rys.23
46
m
Otrzymujemy ja¾ w nastepuj
¾ acy
¾ sposób (rys.23): Obieramy sobie dowolna¾ prosta¾
m za oś konchoidy i dowolny punkt P lez·acy
¾ poza ta¾ osia¾ - za biegun konchoidy. Wykreślmy z bieguna P prostopad÷
a¾ do osi i przed÷
uz·my ja¾ w przeciwna¾
strone¾ o określony odcinek AB = p, zwany parametrem konchoidy. Wykreślmy
z bieguna P pek
¾ promieni przecinajacych
¾
oś m i przed÷
uz·my je po przeciwnej
stronie osi o sta÷
y odcinek równy parametrowi AB = p. Punkty końcowe tych
odcinków utworza¾ nam w÷
aśnie konchoide.
¾ Nikomedes wykreśla÷konchoide¾ za pomoca¾ przyrzadu
¾ przedstawionego na poniz·szym rysunku (rys.24). Osia¾ konchoidy
jest AB; biegunem P , a CD = EF jej parametrem. Punkt D wykonujacy
¾ ruch
ciag÷
¾ y zakreśla konchoide.
¾
F
D
E
A
C
B
P
Rys.24
Obecnie moge¾ juz· przystapić
¾ do podania ca÷
ej konstrukcji Nikomedesa trysekcji
kata
¾ (rys.25). Mamy dany ^M ON , Gdzie M O = N O. Wykreślamy ÷
uk konchoidy, której osia¾ jest prosta M N , biegunem punkt O, parametrem zaś odcinek
równy 2OM . Niech M M 0 bedzieśrednic
¾
a¾okregu
¾ ośrodku O. Prosta M 0N przetnie
muszle¾ w punkcie K. Wówczas ^N OK jest trzecia¾ cześci
¾ a¾ ^N OM:
K
N
R
Q
M'
O
M
Rys.25
47
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Niech R bedzie
¾
środkiem odcinka QK, wówczas RQ = RK = RN . Punkt K lez·y
na muszli, wiec
¾ QK = 2OM = 2ON . Stad
¾
RK = N R = ON = M 0O
^N OQ = ^N RO = 2^N KO
^QOM = ^KM 0 O + ^N KO = ^M 0 N O = ^N OQ + 2^N KO = 2^N OQ
1
wiec
¾ ^N OQ =
^N OM:
3
48
4
4.1
KWADRATURA KO×A
O historii liczby
i kwadratury ko÷
a
Juz· w papirusie Rhinda sprzed oko÷
o 4000 lat Ahmes podaje regu÷
e¾ obliczenia
pola ko÷
a: pole ko÷
a jest równe polu kwadratu, którego bok wynosi 89 średnicy
ko÷
a. Na przyk÷
ad dla średnicy ko÷
a równej 9cm, bok kwadratu = 9cm 98 = 8cm.
×atwo obliczyć, z·e pole kwadratu = 8cm 8cm = 64cm2 . Pole ko÷
a = 92 cm 92 cm
= 81
cm2 : Mamy wiec
¾ 81
= 64 skad
¾ otrzymujemy
= 256
3; 16:::. U
4
4
81
Ahmesa zatem wartość liczby = 3; 1604::: róz·ni sie¾ zaledwie o 0,02 od wartości
rzeczywistej. Podam teraz liczbe¾ w przybliz·eniu do 60 miejsc po przecinku
= 3; 141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944:::
Chcia÷
am tez· wspomnieć w tym miejscu o sposobie obliczania d÷
ugości okregu
¾ w
Biblii. W opisie światyni
¾
zbudowanej przez króla Salomona oko÷
o 1000 roku p.n.e.
(Ksiega
¾ Królów 7,23) czytamy: "...i zbudowa÷spiz·owe morze, majace
¾ od jednego
brzegu do drugiego 10 ÷
okci, a dooko÷
a 30 ÷
okci". ×atwo sie¾ domyślić, z·e 10 ÷
okci
to d÷
ugość średnicy, a 30 ÷
okci to d÷
ugość okregu.
¾
Stad
¾ wniosek, z·e do uzyskania
d÷
ugości okregu
¾ Biblia zaleca mnoz·enie d÷
ugości średnicy przez 3. Krótko mówiac
¾
= 3: Ta wartość liczby stosowana by÷
a równiez· przez Babilończyków oko÷
o 2000
lat p.n.e., przez Chińczyków oko÷
o 1100 lat p.n.e. oraz przez Hindusów w VIII
wieku p.n.e. Omawiane wyz·ej kraje świata antycznego zajmowa÷
y sie¾ zagadnieniem kwadratury ko÷
a jedynie pod katem
¾
uz·yteczności praktycznej. Staroz·ytnym
Grekom zawdzieczamy
¾
ścis÷
e ujecie
¾ i jasne sformu÷
owanie tego zagadnienia. Warto
tutaj wspomnieć o ksie¾z·ycach Hipokratesa, które jednak nie przynosza¾ rozwiaza¾
nia problemu. Hipokrates bowiem dochodzi do kwadratu, którego pole równa
sie¾ polu odpowiedniego ksie¾z·yca. W tym miejscu przejde¾ do jednego z najwybitniejszych matematyków czasów staroz·ytnych - do Archimedesa. Rozumowanie
jego co do obliczenia wartości liczby sprowadza sie¾ do nastepuj
¾ acych
¾
wniosków:
wyobraźmy sobie sześciokat
¾ foremny wpisany w ko÷
o. Kaz·dy bok sześciokata
¾ jest
krótszy od d÷
ugości odpowiedniego opierajacego
¾
sie¾ na nim ÷
uku. Zatem d÷
ugość
obwodu sześciokata
¾ foremnego jest krótsza od d÷
ugości okregu.
¾
Podwajajac
¾ ilość
boków otrzymamy 12-kat
¾ foremny. Obwód tego 12-kata
¾ bedzie
¾
mniejszy od d÷
ugości okregu.
¾
Z drugiej jednak strony d÷
ugość boku sześciokata
¾ jest mniejsza od
sumy dwóch boków 12-kata.
¾ Wnioskujemy, z·e obwód 12-kata
¾ foremnego jest wiek¾
szy od obwodu 6-kata
¾ i tym samym stanowi dok÷
adniejsze przybliz·enie d÷
ugości
okregu
¾ niz· obwód sześciokata.
¾
Przez ciag÷
¾ e podwajanie ilości boków otrzymamy
coraz to dok÷
adniejsze przybliz·enia d÷
ugości okregu,
¾
lecz ciagle
¾ z niedomiarem.
Podobnie jest z wielokatami
¾
foremnymi opisanymi na kole. W tym przypadku
jednak obwody wielokatów
¾
bed
¾ a¾ wieksze
¾
od d÷
ugości okregu.
¾
Archimedes przyjmujac
¾ d÷
ugość średnicy za 1, zaczyna od 6-kata,
¾ przechodzi do 12-kata,
¾ 24-kata,
¾
48-kata
¾ i wreszcie zatrzymuje sie¾ na 96-kacie
¾ foremnym. Dla 96-kata
¾ wpisanego
10
a dla 96-kata
¾ opisanego na okregu
¾ otrzymuje 3 17 .
w okrag
¾ otrzymuje wielkość 3 71
D÷
ugość okregu
¾ w tym przypadku jest równa zatem obie liczby sa¾ przybliz·onymi
wartościami z niedomiarem i nadmiarem liczby :
10
1
3 < <3 :
71
7
49
Zatem Archimedes uzyska÷przybliz·ona¾ wartość liczby z dok÷
adnościa¾ do dwóch
miejsc po przecinku 3 71 = 3; 142:::: Kolejne rzesze matematyków postepuj
¾ ac
¾ zgodnie z zasada¾ Archimedesa uzyskiwali coraz to dok÷
adniejsze przybliz·enia liczby
: Tak na przyk÷
ad Hinduski matematyk Aryabhatta (VI w.p.n.e.) dochodzi w
swoim rozumowaniu do 384-kata
¾ foremnego otrzymujac
¾ w ten sposób
3; 1416.
Z poczatkiem
¾
XIII wieku godnym wzmianki jest Leonard z Pizy, który wyznaczy÷
= 865
=
3;
1454:::. Holenderski inz·ynier Adrian Anthoniusz z Metzu (1527275
1607) - zwany Metius, wykaza÷metoda¾ Archimedesa, z·e 333
< < 377
. Jedna
106
120
355
z tych wartości pośrednich jest
3; 1415929:::. Matematyk francuski
113
Vieta w XVI wieku metoda¾ Archimedesa dochodzi az· do 393216- boku i uzyskuje
wartość
3; 141592653:::, określajacej
¾ dok÷
adnie 9 miejsc po przecinku dziesiet¾
nym, a matematyk holenderski Ludolf van Ceulen (1540-1610) wyznacza az· 35 cyfr
dziesietnych
¾
liczby . To na jego cześć liczbe¾ nazwano ludol…na.¾
4.2
Ogólne przedstawienie problemu
Zagadnienie kwadratury ko÷
a sprowadza sie¾ do konstrukcji za pomoca¾ linijki i
cyrkla takiego kwadratu, którego pole równa sie¾ polu danego ko÷
a.
r
x
Rys.27
Pole ko÷
a jest równe P = r2 , zaś pole kwadratu jest równe P = x2 : Zatem
problem nasz sprowadza sie¾ do równania:
x2 = r 2 ;
które jest równowaz·ne nastepuj
¾ acemu
¾
x2
r2 = 0:
p
Dla r = 1 zagadnienie to jest równowaz·ne konstruowalności liczby p: Gdyby
p
by÷
a ona konstruowalna, to równiez· konstruowalna by÷
aby liczba =
.
F. Lindemann w roku 1882 udowodni÷
, z·e liczba jest przestepna
¾
(tw:1:2:4), a
wiec
¾ nie jest liczba¾ algebraiczna¾ i na mocy (tw:1:2:12) nie jest ona konstruowalna.
Stad
¾ ostateczny wniosek: nie moz·na wykonać kwadratury ko÷
a środkami
(k) (nawet za pomoca¾ linijki ze wstawka).
¾
4.3
4.3.1
Konstrukcje przybliz·one
Konstrukcja Adama Adamandego Kochańskiego
Konstrukcje¾ poniz·sza¾ moz·na znaleźć u Edwarda Ko‡era ([3] ; str.235) a takz·e podaje ja¾ Micha÷Szurek ([A] , str.118) :
50
Narysujmy okrag
¾ o promieniu OA = 1 (rys.28), nastepnie
¾
średnice¾ AB. W
punkcie B wystawmy prosta¾ EF styczna¾ do okregu.
¾
Nie zmieniajac
¾ rozwarcia
cyrkla zakreślamy na okregu
¾ BC = OA oraz przy pomocy tego samego rozwarcia
kreślimy OD prostopad÷
e do BC. Odetnijmy na stycznej DE = 3OA i po÷
aczmy
¾
A z E. Odcinek AE daje w przybliz·eniu po÷
ow¾
e d÷
ugości okregu.
¾
A
O
C
E
B
D
F
Rys.28
Otrzymujemy tutaj AE 3; 14153:::, a wiec
¾ b÷
ad
¾ wynosi mniej niz· 0; 00006:
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Istotnie wiemy, z·e 4BOC jest równoboczny, wiec
¾ ^COB = 60 a ^DOB = 30 .
Z 4OBD mamy
p
3
BD = OB tg30 =
gdzie OB = OA = 1
3
p
3
BE = ED BD = 3OA BD = 3
:
3
Dalej z 4ABE otrzymujemy
AE 2 = AB 2 + BE 2 = 4 +
AE =
4.3.2
r
40
3
p
12 =
p
3
p !2
3
40
=
3
3
p
12
9; 8692317::: = 3; 14153334::::
Konstrukcja Mullera
Prosta¾ i praktycznie dogodna¾ konstrukcje¾ na podstawie konstrukcji Mullera, podaje Zo…a Krygowska ([4] ,str.101) : W okregu
¾ (rys.29) o środku w punkcie O i
promieniu OA = 1 prowadzimy średnice¾ AB, odk÷
adamy na niej od punktu O od1
1
cinek OM = 4 OA = 4 i budujemy kat
¾ AM X równy 45 . Pó÷
prosta M X przecina
okrag
¾ w punkcie P . Jez·eli C oznacza rzut punktu P na średnice¾ AB, to odcinek
51
BC daje w przybliz·eniu
1
4
d÷
ugości danego okregu.
¾
X
P
45o
B
M
O
C
A
Rys.29
4.3.3
Konstrukcja Spechta
Dok÷
adniejsza¾ teoretycznie od poprzedniej, lecz w praktyce mniej dogodna¾ konstrukcje¾ moz·na znaleźć u Zo…i Krygowskiej ([4] , str.102) : W punkcie A kreślimy
styczna¾do danego okregu
¾ (rys.30), gdzie promień OA = 1. Na stycznej odk÷
adamy
2
13
odcinek AB = 2OA+ 51 OA = 11
OA
oraz
odcinek
AC
=
AB
+
OA
=
OA.
Na
5
5
5
pó÷
prostej AO odk÷
adamy odcinek AD = OB, z punktu D prowadzimy równoleg÷
a¾
do OC. W przecieciu
¾ jej z pó÷
prosta¾ AB otrzymujemy punkt E. D÷
ugość odcinka
AE róz·ni sie¾ od wartości liczby 2 dopiero na 6 miejscu po przecinku.
D
O
A
B
C
E
Rys.30
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Istotnie
r
AD = OB =
OA2 +
121
1p
1p
OA2 =
146OA =
146
25
5
5
AE
AD
=
;
AC
AO
a zatem
AE =
13 p
13 p
146OA =
146:
25
25
52
Poniewaz· d÷
ugość odcinka AE jest w przybliz·eniu równa d÷
ugości okregu
¾ 2 OA =
2 wiec
¾ w tym przypadku wartość liczby wynosi
2
=
=
13 p
146
25
1 13 p
2
25
146
53
= 3: 141 591:
5
5.1
KONSTRUOWALNOŚĆ WIELOKATÓW
¾
FOREMNYCH
Historyczny rozwój problemu
Juz· w staroegipskich malowid÷
ach spotykamy najdawniejsze ślady wielokatów.
¾
Do ok. 1600 roku p.n.e. wystepuj
¾ a¾ jedynie kwadraty, 8-katy,
¾ 16-katy
¾ itd. Moz·na
stad
¾ wysnuć wniosek, z·e Egipcjanie w owych czasach znali jedynie konstrukcje
kwadratów i potra…li podwajać boki. Dopiero od XIX dynastii pojawia sie¾ podzia÷
okregu
¾ na 12 cześci
¾ ( zatem mamy 3-kat,
¾ 6-kat,
¾ 12-kat,
¾ 24-kat,
¾ 48-kat
¾ itd.). Dalsze postepy
¾ zrobi÷
a matematyka grecka. Pitagorejczycy znali konstrukcje¾ 5-kata
¾
foremnego (mamy 5-kat,
¾ 10-kat,
¾ 20-kat
¾ itd). Świadcza¾o tym wykopaliska w postaci
naczyń, pochodzace
¾ z VI wieku p.n.e., oraz znaki znalezione na murach Pompei. Znana by÷
a tez· konstrukcja 15-kata
¾ foremnego. Przez ciag÷
¾ e podwajanie
boków dochodzimy w ten sposób do konstrukcji 30-kata,
¾ 60-kata,
¾ 120-kata
¾ itd.
Na tym jednak kończa¾ sie¾ wszystkie elementarne konstrukcje wielokatów
¾
foremnych.. Rezultat badań nad konstruowalnościa¾ pozosta÷
ych wielokatów
¾
foremnych
by÷taki, z·e przez przesz÷
o 2000 lat nie wykroczyliśmy poza wiedze,
¾ jaka¾ w tej
dziedzinie mia÷świat staroz·ytny. Panowa÷
o powszechne przekonanie, z·e moz·liwości
konstrukcji wielokatów
¾
foremnych za pomoca¾ cyrkla i linijki zosta÷
y juz· wyczerpane. Dopiero rok 1796 sta÷sie¾ epokowym dla naszego problemu. W tym roku
bowiem 19-letni student matematyki w Getyndze Karol Fryderyk Gauss poda÷
konstrukcje¾ 17-kata
¾ foremnego i ostatecznie rozstrzygna÷zagadnienie
¾
moz·liwości
konstrukcji wielokatów
¾
foremnych.
5.2
Rozwiazanie
¾
problemu
Zadanie konstrukcji wielokatów
¾
foremnych formu÷
ujemy nastepuj
¾ aco:
¾
Dla jakich liczb naturalnych n moz·na skonstruować za pomoca¾ cyrkla i linijki nkat
¾ foremny?
Przy za÷
oz·eniach, z·e dane mamy punkty (0; 0) i (1; 0) konstrukcja dowolnego n-kata
¾
foremnego jest oczywiście równowaz·na konstrukcji n-kata
¾ foremnego wpisanego w
ko÷
o jednostkowe x2 + y 2 = 1, którego jednym z wierzcho÷
ków jest punkt (1; 0).
2
2
Sasiednim
¾
wierzcho÷
kiem jest punkt cos n ; sin n , czyli liczba zespolona
"n = cos
2
2
+ i sin
n
n
×atwo zauwaz·yć, z·e gdy potra…my skonstruować wierzcho÷
ek "n , to potra…my
równiez· skonstruować pozosta÷
e wierzcho÷
ki n-kata
¾ foremnego. Zatem zagadnienie
konstruowalności n-kata
¾ foremnego jest równowaz·ne pytaniu o konstruowalność
liczby "n , czyli pytaniu dla jakich n liczba "n jest algebraiczna stopnia bed
¾ acego
¾
poteg
¾ a¾ liczby 2. Odpowiedź na to pytanie zawiera punkt 1.3.
Podam teraz wartości n < 100, dla których n-kat
¾ foremny jest konstruowalny za
pomoca¾ cyrkla i linijki:
Wartości n < 100 , dla których n-kat
¾ foremny:
54
jest konstruowalny środkami (k)
2
nie jest konstruowalny środkami (k)
3
2; 3; 4 = 2 ; 5; 6 = 2 3; 8 = 2
7; 9
2
4
10 = 2 5; 12 = 2 3; 15 = 3 5; 16 = 2 ; 17 11; 13; 14; 18; 19
20 = 22 5; 24 = 23 3
21; 22; 23; 25; 26; 27; 28; 29
30 = 2 3 5; 32 = 25 ; 34 = 2 17
31; 33; 35; 36; 37; 38; 39
3
4
40 = 2 5; 48 = 2 3
41; 42; 43; 44; 45; 46; 47; 49
51 = 3 17
50; 52; 53; 54; 55; 56; 57; 58; 59
60 = 22 3 5; 64 = 26 ; 68 = 22 17
61; 62; 63; 65; 66; 67; 69
70; 71; 72; 73; 74; 75; 76; 77; 78; 79
4
80 = 2 5; 85 = 5 17
81; 82; 83; 84; 86; 87; 88; 89
96 = 25 3
90; 91; 92; 93; 94; 95; 97; 98; 99; 100
5.3
Konstrukcje elementarne n-katów
¾
foremnych
W rozmaitych przypadkach podzia÷okregu
¾ na równe cześci
¾ jest tak ÷
atwy, z·e
jest przedmiotem nauki geometrii w szkole podstawowej. Istota problemu jednak polega na tym, z·e istnieje nieskończenie wiele takich przypadków, w których
z·adna konstrukcja platońska nie prowadzi do rozwiazania.
¾
Poniz·ej przedstawie¾
kilka konstrukcji elementarnych wielokatów
¾
foremnych.
Podzia÷okregu
¾ na 4 równe cześci
¾ (rys.31) wymaga jedynie poprowadzenia dwóch
średnic prostopad÷
ych do siebie.
O
O
Rys.31
Rys.32
Sześciokat
¾ foremny (rys.32) uzyskujemy odk÷
adajac
¾ odpowiednie punkty podzia÷
u
na okregu
¾ cyrklem o rozwarciu równym promieniowi. Jez·eli po÷
aczymy
¾
co drugi
wierzcho÷
ek 6-kata
¾ otrzymamy podzia÷okregu
¾ na 3 równe cześci.
¾
Majac
¾ okrag
¾ podzielony na pewna¾ ilość równych cześci,
¾
moz·emy z ÷
atwościa¾ te¾
ilość podwoić, wystarczy bowiem kaz·dy ÷
uk przepo÷
owić. Nieco bardziej skomplikowany jest podzia÷na 10 równych cześci.
¾
Jedna z konstrukcji przebiega nastepu¾
jaco:
¾
w danym okregu
¾ prowadzimy dwie prostopad÷
e średnice AB i CD. Ze
środka promienia OC - z punktu E zataczamy okrag
¾ po÷
owa¾promienia. Nastepnie
¾
÷
aczymy
¾
E z B i otrzymujemy punkt przeciecia
¾ z ma÷
ym okregiem
¾
w F . Biorac
¾ na
rozwartość cyrkla F B, otrzymamy podzia÷okregu
¾ na 10 równych cześci
¾ (rys.33).
55
Aby otrzymać podzia÷na 5 równych cześci,
¾ uwzgledniamy
¾
co drugi punkt podzia÷
u.
C
E
F
A
B
O
D
Rys.33
Konstrukcja pietnastok
¾
ata
¾ foremnego (rys.34): chcac
¾ znaleźć konstrukcyjnie
okregu,
¾ wystarczy oprzeć sie¾ na nastepuj
¾ acej
¾ równości:
1
1
=
15
6
1
15
1
:
10
Z równości tej wynika, z·e wystarczy cyrklem od÷
oz·yć ÷
uk AC = 16 d÷
ugości okregu
¾
1
(konstrukcja 6-kata
¾ foremnego), a nastepnie
¾
odjać
¾ ÷
uk AB = 10 d÷
ugości okregu
¾
(konstrukcja 10-kata
¾ foremnego). Otrzymana w ten sposób róz·nica bedzie
¾
1
stanowi÷
a 15
d÷
ugości okregu.
¾
A
60o
B
36o
24o
C
Rys.34
5.4
Pieciok
¾
at
¾ foremny
W tym miejscu podam algebraiczny dowód wykonalności konstrukcji pieciok
¾
ata
¾
foremnego na podstawie [9].
56
Dowód wykonalno´sci konstrukcji:
Zak÷
adamy, z·e pieciok
¾
at
¾ foremny bedzie
¾
wpisany w ko÷
o o promieniu 1 i środku w
punkcie (0; 0), oraz jeden z jego wierzcho÷
ków ma wspó÷
rzedne
¾
(1; 0). Wszystkie
wierzcho÷
ki sa¾ postaci:
"k = cos
2k
2k
+ i sin
;
5
5
dla k = 0; 1; 2; 3; 4:
Pieć
¾ liczb "0 ; "1 ; "2 ; "3 ; "4 stanowi grupe¾ wzgledem
¾
mnoz·enia.
"k "m = "k+m :
Odwrotnościa¾ liczby "k jest liczba "5 k : Rozwaz·my
2
5
= "1 + "4 = "1 + "1 1 = 2 cos
:
Pokaz·emy, z·e
jest pierwiastkiem jakiegoś równania kwadratowego, co bedzie
¾
oznacza÷
o, z·e potra…my te¾ liczbe¾ skonstruować.
Oczywiście liczba "1 jest pierwiastkiem wielomianu
5
(x) = x5
1 = (x
1) x4 + x3 + x2 + x + 1 :
Rozwaz·my teraz
2
= "21 + 2 + "31 :
Wtedy
2
+
= "41 + "31 + "21 + "1 + 2 = 1;
uz·ywajac
¾ relacji
5
Zatem
("1 ) = 0:
jest pierwiastkiem równania kwadratowego
x2 + x
Poniewaz·
1 = 0
= 5
1
x1 =
2
1
x2 =
2
1
p
1+
p
5
5 :
jest dodatnia¾ liczba¾ rzeczywista,
¾ zatem wnioskujemy, z·e
=
1
2
1+
57
p
5 :
ε1
ε2
ε0
cos(2π /5)
ε3
ε4
Rys.35
Aby skonstruować pieciok
¾
at
¾ foremny, nalez·y od÷
oz·yć na osi OX liczbe¾ cos 25 i
wystawić w otrzymanym punkcie prostopad÷
a¾ do osi (rys.35). Prosta ta przetnie
ko÷
o w dwóch punktach, które bed
¾ a¾ wierzcho÷
kami "1 i "4 :Ostatecznie otrzymujemy
p
2
1
cos
=
1+ 5 :
5
4
5.4.1
Konstrukcja pieciok
¾
ata
¾ foremnego
Poniz·ej podam jedna¾ z konstrukcji cyrklem i linijka¾ pieciok
¾
ata
¾ foremnego (rys.36),
po czym przeprowadze¾ dowód tej konstrukcji, na podstawie powyz·szego rozumowania.
B
A
O
C
Rys.36
Kroki w konstrukcji:
58
1. Narysujmy okrag
¾ o środku w poczatku
¾
uk÷
adu wspó÷
rzednych
¾
i promieniu
r = 1;
2. Poprowadźmy dwie średnice prostopad÷
e;
3. Podzielmy jeden z promieni na pó÷
, otrzymamy punkt B;
4. Narysujmy okrag
¾ o środku w punkcie B i promieniu BA, otrzymamy punkt
C;
5. Odcinek AC jest bokiem 5-kata
¾ foremnego.
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Na podstawie dowodu konstruowalności 5-kata
¾ foremnego dwa kolejne wierzcho÷
ki
sa¾ równe: np. "0 = 1 oraz "1 = cos 25 + i sin 25 . Ich wspó÷
rzedne
¾
wynosza¾
"0 = (1; 0); "1 = (cos 25 ; sin 25 ): Oznaczmy przez a5 d÷
ugość boku 5-kata.
¾ Jest
ona równa
s
2
2
2
2
a5 =
1 cos
+
sin
=
5
5
s
s
2
2
2
2
:
+ cos2
+ sin2
= 2 1 cos
=
1 2 cos
5
5
5
5
Istotnie
Zatem
p
2
5 1
cos
= cos 72 =
:
5
4
v
! r
u
p
u
5
1
1
a5 = t2 1
=
5
4
2
p
5 :
Pokaz·e,
¾ z·e odcinek AC = a5 : Punkt C jest punktem przeciecia
¾ okregu
¾ o środku w
punkcie B i promieniu równym odcinkowi BA z prosta¾ o równaniu x = 0: Punkt
A = (1; 0), B = (0: 21 ), promień jest równy
r
p
1
5
r = 1+ =
:
4
2
Równanie okregu
¾ ma postać:
2
x + y
1
2
2
5
= :
4
Tworzymy uk÷
ad równań, aby wyznaczyć wspó÷
rzedne
¾
punktu C = (x; y).
2
x2 + y 12 = 54
x=0
2
x + y2 y 1 = 0
x=0
y2 y 1 = 0
x=0
59
Rozwiazuj
¾ e¾ równanie kwadratowe
y2
y
1 = 0
= 5
1
y1;2 =
p
2
5
:
Z rysunkup widać, z·e wspó÷
rzedna
¾
y punktu C jest mniejsza od zera. Zatem
1
5
C = 0; 2
: D÷
ugość odcinka AC jest równa
AC =
5.5
s
1+
1
s
r
p
p
2 5+5
10 2 5
1
=
=
5
4
4
2
p
5 = a5 :
Siedemnastokat
¾ foremny
Poniz·ej przedstawie¾ dowód konstruowalności siedemnastokata
¾ foremnego [9] ; [E].
Problem ten rozstrzygna÷Carl
¾
Friedrich Gauss. W roku 1796 dziewietnastoletni
¾
student Gauss poda÷konstrukcje¾ siedemnastokata
¾ foremnego, a raczej przytoczy÷
dowód tego, z·e konstrukcje¾ taka¾ moz·na wykonać. Prześledźmy to rozumowanie:
Dowód wykonalno´sci konstrukcji:
Przyjmiemy, z·e siedemnastokat,
¾ który chcemy skonstruować, bedzie
¾
wpisany w
ko÷
o o promieniu 1 i środku w poczatku
¾
uk÷
adu wspó÷
rzednych
¾
oraz jeden z jego
wierzcho÷
ków bedzie
¾
punktem A = (1; 0). Pozosta÷
e wierzcho÷
ki lez·a¾ na okregu,
¾
dzielac
¾ go na 17 równych ÷
uków. Utoz·samiajac
¾ punkt (x; y) z liczba¾ zespolona¾
x + iy utoz·samiamy wierzcho÷
ki tego 17-kata
¾ z liczbami:
"k = cos
2k
2k
+ i sin
;
17
17
k = 0; 1; 2; :::; 16;
tj. pierwiastkami stopnia 17 z jedynki. Wynika to stad,
¾ z·e pierwiastki stopnia siedemnastego z jedynki maja¾ modu÷równy 1, ich argumentami sa¾ kolejne
aszczyzny reprezentujace
¾ te liczby zewielokrotności kata
¾ 217 , a zatem punkty p÷
spolone lez·a¾na okregu
¾ o promieniu 1 i środku (0; 0) dzielac
¾ ten okrag
¾ na 17 równych
60
÷
uków.
ε5
ε4
ε6
ε3
ε2
ε7
ε1
ε8
ε0
Α=(1,0)
Ο
ε9
ε16
ε10
ε15
ε11
ε12
ε13
ε14
Rys.37
Siedemnaście liczb "0 ; "1 ; :::; "16 stanowi grupe¾ wzgledem
¾
mnoz·enia; istotnie iloczyn dwóch spośród tych liczb jest znów jedna¾ z nich:
"k "m =
=
2k
2k
2m
2m
+ i sin
cos
+ i sin
17
17
17
17
2(k + m)
2(k + m)
+ i sin
= "k+m
cos
17
17
cos
=
Gdy k + m 17 , to zastepujemy
¾
te¾ liczbe¾ reszta¾ z podzielenia przez 17. Odwrotność liczby "k jest liczba¾ "17 k :(np. "1 1 = "16 ).
Aby udowodnić wykonalność konstrukcji siedemnastokata
¾ foremnego, Gauss
przeprowadzi÷ nastepuj
¾ ace
¾ rozumowanie:
W grupie pierwiastków stopnia 17 z jedynki uporzadkujmy
¾
elementy "1 ; :::; "16 w
nastepuj
¾ acy
¾ sposób: liczbie "k przyporzadkowujemy
¾
nowy numer l, jez·eli liczba
3l daje przy dzieleniu przez 17 reszte¾ k. W poniz·szej tabelce w górnym wierszu
zestawiono nowe, a w dolnym wierszu stare numery pierwiastków.
l 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
k 1 3 9 10 13 5 15 11 16 14 8 7 4 12 2 6
Bedziemy
¾
pisać "[l] na oznaczenie pierwiastka, którego nowy numer jest l. Oznaczmy przez m;r sum¾
e tych "[l] , których numery l przy dzieleniu przez m daja¾
reszte¾ r.
Rozwaz·my najpierw
2;0
2;1
= "[0] + "[2] + "[4] + ::: + "[14] = "1 + "9 + "13 + "15 + "16 + "8 + "4 + "2 ;
= "[1] + "[3] + "[5] + ::: + "[15] = "3 + "10 + "5 + "11 + "14 + "7 + "12 + "6 :
61
Udowodnimy, z·e liczby 2;0 i 2;1 sa¾ pierwiastkami pewnego równania kwadratowego o wspó÷
czynnikach ca÷
kowitych; wyniknie stad,
¾ z·e liczby te potra…my skonstruować.
Weźmy pod uwage¾ sumy liczb 2;0 i 2;1 : Jest to suma wszystkich pierwiastków
stopnia 17 z jedynki, z wyjatkiem
¾
liczby "0 = 1. Ale przeciez·
1 + "1 + "2 + ::: + "16 = 1 + "1 + "21 + ::: + "16
1 =
1
1
"17
1
1
=
"1
1
1
= 0:
"1
Zatem
2;0
+
2;1
= "1 + "2 + ::: + "16 =
1:
(5.1)
Rozwaz·my teraz iloczyn 2;0 2;1 . Jest on równy sumie 64 sk÷
adników "[k] "[m] ;
gdzie k jest liczba¾ parzysta,¾ m - nieparzysta.¾ Z nastepuj
¾ acych
¾
wyliczeń wynika, z·e
kaz·dy z pierwiastków "[0] ; "[1] ; :::; "[15] wystepuje
¾
dok÷
adnie 4 razy:
= "[0] + "[2] + "[4] + ::: + "[14]
"[1] + "[3] + "[5] + ::: + "[15] =
= ("1 + "9 + "13 + "15 + "16 + "8 + "4 + "2 ) ("3 + "10 + "5 + "11 + "14 + "7 + "12 + "6 ) =
= ::: = 4 ("1 + "2 + ::: + "16 ) = 4 ( 1) = 4
2;0
2;1
2;0
2;1
=
4:
(5.2)
Wobec (5.1) i (5.2) liczby 2;0 i 2;1 sa¾ pierwiastkami równania x2 + x 4 = 0:
Punkty osi liczbowej odpowiadajace
¾ tym pierwiastkom potra…my skonstruować.
Rozwiazujemy
¾
to równanie
x2 + x
4 = 0
= b2 4ac = 1 + 16 = 17
p
p
=
17
p
1
x1 =
1 + 17 > 0
2
p
1
x2 =
1
17 < 0:
2
Poniewaz·
2;0
= "1 + "2 + "4 + "8 + "1 1 + "2 1 + "4 1 + "8 1 =
2
4
8
16
= 2 cos
+ cos
+ cos
+ cos
=
17
17
17
17
= 2 ("1 + "2 + "4 + "8 )
i z rysunku widać, z·e wartość ta jest wieksza
¾
od zera. Zatem
2;0
2;1
1
2
1
=
2
=
1+
1
62
p
17
p
17 :
Rozwaz·my teraz:
=
=
=
=
4;0
4;1
4;2
4;3
"[0] + "[4] + "[8] + "[12] = "1 + "4 + "13 + "16
"[1] + "[5] + "[9] + "[13] = "3 + "5 + "14 + "12
"[2] + "[6] + "[10] + "[14] = "9 + "15 + "8 + "2
"[3] + "[7] + "[11] + "[15] = "10 + "11 + "7 + "6 :
Analogicznie jak wyz·ej moz·na stwierdzić, z·e
+
4;1 +
4;0
oraz, z·e
4;0
i
4;2
4;2
4;3
=
=
2;0
2;1
4;1
4;1
i
4;3
2;0 x
Punkty odpowiadajace
¾ liczbom
naczmy wartości tych liczb.
Dla równania (5.3 ):
2;0 x
(5.3)
1=0
sa¾ pierwiastkami równania
x2
x2
4;2
sa¾ pierwiastkami równania
x2
i podobnie
= 1
1
4;3 =
4;0
2;1 x
4;0 ;
4;1 ;
(5.4)
1 = 0:
4;2 ;
4;3
1
1 = 0; gdzie
2;0 =
2
p
p
p
34 2 17
=
2
q
p
1
1 + 17 + 34
x1 =
4
q
p
1
x2 =
1 + 17
34
4
moz·na skonstruować. Wyz-
1+
p
17
p
2 17
=
4;0
p
2 17
=
4;2 :
Dla równania (5:4):
x2
2;1 x
p
p
1
gdzie
1
17
2;1 =
2
p
34 + 2 17
=
2
q
p
p
1
=
1
17 + 34 + 2 17 =
4
q
p
p
1
=
1
17
34 + 2 17 =
4
1 = 0;
p
x1
x2
Rozwaz·amy wreszcie:
8;0
8;4
= "[0] + "[8] = "1 + "16
= "[4] + "[12] = "13 + "4
63
4;1
4;3 :
i otrzymujemy
8;0
+
8;0
8;4
skad
¾ wynika, z·e liczby
x2
8;0
4;0 x
i
+
8;4
4;1
4;0
4;1
x1
x2
1
=
8
4;0
4;1 ;
sa¾ pierwiastkami równania
= 0, gdzie
q
p
p
1
=
1 + 17 + 34 2 17
4
q
p
p
1
=
1
17 + 34 + 2 17
4
17 +
q
34
p
2 17 +
q
p
p
17 + 3 17 + 170 26 17
q
p
p
1 + 17 + 34 2 17
r
q
p
p
1
17 + 3 17 + 170 26 17
+
4
1
+
4
1
=
8
x1 =
x2 =
1+
r
p
8;4
=
=
8;0
q
p
4 34 + 2 17
q
p
4 34 + 2 17
8;4 :
Zauwaz·my, z·e
8;0
= "[0] + "[8] = "1 + "16 = 2 cos
2
17
;
a majac
¾ te¾ liczbe¾ skonstruujemy siedemnastokat
¾ foremny. Wystarczy bowiem
2
od÷
oz·yć na osi OX liczbe¾ cos 17 i wystawić w otrzymanym punkcie prostopad÷
a¾
do osi. Przecina ona okrag
¾ jednostkowy w punktach odpowiadajacych
¾
liczbom "1 i
"16 : Odk÷
adajac
¾ odpowiedni ÷
uk na okregu
¾ otrzymamy kolejne wierzcho÷
ki siedem-
64
nastokata.
¾
ε1
cos(2 π /17)
ε0
Ο
ε16
Rys.38
Moz·na stwierdzić, z·e
8;0
cos
5.5.1
2
17
p
q
p
= 2 cos
1 + 17 + 34 2 17 +
r
q
q
p
p
p
1
17 + 3 17 + 170 26 17 4 34 + 2 17
+
4
q
p
p
1
=
1 + 17 + 34 2 17 +
16
r
q
q
p
p
p
1
+
17 + 3 17 + 170 26 17 4 34 + 2 17:
8
2
17
1
=
8
(5.6)
Konstrukcja siedemnastokata
¾ foremnego
Poniz·ej przedstawie¾ jedna¾z konstrukcji wykonana¾cyrklem i linijka¾(rys.39) siedemnastokata
¾ foremnego (bez znajomości liczby cos 217 ). Jest to jedna z pierwszych
konstrukcji podana przez Erchingera oko÷
o 1800 roku.
Kroki w konstrukcji:
1. Rysujemy okrag
¾ ośrodku w punkcie O i prowadzimy dwieśrednice prostopad÷
e
AB i CD.
2. Promień OC dzielimy na pó÷
, nastepnie
¾
odcinek EO dzielimy na pó÷
.
3. Z punktu F jako środka zakreślamy ÷
uk od punktu A do średnicy CD.
4. ×uk AG dzielimy na pó÷
, nastepnie
¾
÷
uk HG dzielimy na pó÷
.
5. Prowadzimy prosta¾ F I, która przetnie średnice¾ AB w punkcie J.
65
6. Prowadzimy prosta¾ F K nachylona¾ pod katem
¾
45 do prostej F I.
7. Odcinek AK dzielimy na pó÷
.
8. Z punktu L jako ze środka rysujemy okrag
¾ o średnicy AK i otrzymujemy
punkt M - przeciecia
¾ ze średnica¾ CD.
9. Rysujemy okrag
¾ o środku w punkcie J i promieniu JM , który przetnie średnice¾ AB w punktach N i P .
10. Prowadzimy proste prostopad÷
e do AB przechodzace
¾ przez punkty N i P , i
otrzymujemy punkty R i S.
11. Dzielimy ÷
uk RS na pó÷i otrzymujemy punkt T .
Punkty A; R; S; T sa¾ wierzcho÷
kami 17-kata
¾ foremnego.
C
R
T
S
E
M
F
B
N
L
J
K
P
A
O
H
G
I
D
Rys.39
W tym miejscu przedstawie¾ konstrukcje¾ siedemnastokata
¾ foremnego, która¾ podaje Robin Hartshorne [9; str.267] a nastepnie
¾
udowodnie¾ poprawność tej konstrukcji.
Kroki w konstrukcji (rys.40):
1. Narysujmy okrag
¾ o środku w punkcie O = (0; 0) i promieniu r = 1;
66
2. Poprowadźmy dwie średnice prostopad÷
e AO i BO;
3. Weźmy OC = 14 OB;
4. Narysujmy okrag
¾ CA, przetnie on prosta¾ OB w punktach D i E;
5. Narysujmy okrag
¾ EA, otrzymamy punkt F ;
6. Narysujmy okrag
¾ DA, otrzymamy punkt G;
7. Podzielmy odcinek BF na pó÷
, otrzymamy punkt H;
8. Narysujmy okrag
¾ HF , który przetnie prosta¾ AO w punkcie J;
9. Podzielmy odcinek OG na pó÷
, otrzymamy punkt K;
10. Okrag
¾ o środku w punkcie J i promieniu OK przetnie prosta¾ OB w punkcie
L;
Odcinek KL jest bokiem 34-kata.
¾ ×¾
aczac
¾ co drugi wierzcho÷
ek 34-kata
¾ otrzymamy 17-kat
¾ foremny.
A
J
G
K
L D
F
O CH
B E
Rys.40
Dowód poprawno´sci konstrukcji:
Na podstawie dowodu konstruowalności wielokatów
¾
foremnych dwa kolejne wierz2
rzedne
¾
cho÷
ki 34-kata
¾ sa¾ równe: np. "0 = 1 oraz "1 = cos 34 + i sin 234 . Ich wspó÷
wynosza¾ "0 = (1; 0) ; "1 = cos 234 ; sin 234 : Oznaczmy przez a34 d÷
ugość boku
67
34-kata.
¾ Wynosi ona
s
a34 =
=
1
r
cos
2
34
2
+
sin
2
34
2
=
2
2
2
2 cos
+ cos2
+ sin2
=
34
34
34
1
s
2 1
cos
2
:
34
Obliczymy wartość cos 234 za pomoca¾ wzoru
= 2 cos2
1
2
2
gdzie
=
, 2 =
34
17
2
2
cos
= 2 cos2
1
17
34
s
cos 2
cos
Znamy wartość cos 217 (5:6) : Zatem
s
q
1+cos
2
a34 = 2 1
v 0
r
u
1
u
1+ 16
u @
= t2 1
=
1
8
+ 81
=
17
1
32
q
p
12 17
1
8
+ 81
p
p
17
2
17
1 + cos 217
:
2
2
=
34
=
p
p
p
1+ 17+ 34 2 17 + 18
p p
2 17 + 34 +
1
q
p
p
p
p
p
17+3 17+ 170 26 17 4 34+2 17
1
32
p p
34 17 + 578
p
p pp
p
16 2
17 + 17 + 4 170 26 17 + 68
p p
p p
1
1
2
17
+
34
+
34 17 + 578
32
32
q p
12 17
A=
2
p pp
p
16 2
17 + 17 + 2 34
p p
2 2
17
1
8
p
=
17 + 68
1
:
8
Pokaz·e,
¾ z·e odcinek KL = a34 :
Wspó÷
rzedne
¾
punktów O; A; B; C wynosza¾O = (0; 0) ; A = (0; 1) ; B = (1; 0) ; C =
1
;
0
:
Punkty
D i E otrzymujemy w wyniku przeciecia
¾ okregu
¾ o środku w punkcie
4
C i promieniu równym d÷
ugości odcinka CA z prosta¾ OB. D÷
ugość odcinka CA
wynosi
r
17
CA =
:
16
Okrag
¾ ma równanie
2
1
17
x
+ y2 = :
4
16
68
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań w celu wyznaczenia wspó÷
rzednych
¾
punktów D i E.
1
x
2
x2
1=0
y=0
x 2=0
y=0
2x2
(5.7)
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (5:7) :
= 17 p
1
17
=
:
4
x1;2
Zatem wspó÷
rzedne
¾
punktów D, E wynosza¾
p
1
17
D =
;
4
p
1 + 17
E =
;
4
!
0
!
0 :
Punkt F otrzymujemy jako punkt przeciecia
¾ okregu
¾ ośrodku w punkcie E i promieniu równym d÷
ugości odcinka EA z prosta¾ OB. D÷
ugość odcinka EA wynosi
s
p
17 + 17
EA =
:
8
Okrag
¾ ma równanie
x
1+
p
17
4
!2
p
17 + 17
+y =
:
8
2
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań w celu wyznaczenia wspó÷
rzednych
¾
punktu F .
x2
2x2
p
2(1+ 17)
x
4
+
p
18+2 17
16
p
1 + 17 x
y=0
+ y2
p
17+ 17
8
y=0
2=0
:
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (5:8)
p
= 34 + 2 17 p
p
p
1 + 17
34 + 2 17
x1;2 =
:
4
Z rysunku 40 widać, z·e punkt F bedzie
¾
mia÷wspó÷
rzedne
¾
!
p
p
p
1 + 17
34 + 2 17
; 0 :
F =
4
69
=0
:::
(5.8)
Punkt G otrzymujemy w wyniku przeciecia
¾ okregu
¾ o środku w punkcie D i promieniu równym d÷
ugości odcinka DA z prosta¾ OB.
D÷
ugość odcinka DA wynosi
s
p
17
17
:
DA =
8
Okrag
¾ ma równanie
1
x
p
4
17
!2
2
+y =
p
17
17
8
:
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań w celu wyznaczenia wspó÷
rzednych
¾
punktu G.
x2
2x2
2(1
p
17)
4
1
p
x+
p
18 2 17
16
p
17
+ y2
17
8
=0
y=0
17 x
y=0
:::
2=0
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (5:9)
p
= 34 2 17 p
p
1
17
34
x1;2 =
4
(5.9)
p
2 17
:
Z rysunku 40 odczytujemy, z·e punkt G ma wspó÷
rzedne
¾
!
p
p
p
1
17
34 2 17
G=
; 0 :
4
Punkt H jest otrzymany jako punkt środkowy odcinka BF . Jego wspó÷
rzedne
¾
wynosza¾
!
p
p
p
5 + 17
34 + 2 17
H=
; 0 :
8
Punkt J otrzymujemy jako punkt przeciecia
¾ okregu
¾ o środku w punkcie H i promieniu równym d÷
ugości odcinka HF z prosta¾ AO. D÷
ugość odcinka HF wynosi
s
p
p
p
p
60 4 17 2 17 3
34 + 2 17
:
HF =
64
Okrag
¾ ma równanie
x
5+
p
17
p
p !2
60
34 + 2 17
+ y2 =
8
70
p
4 17
2
p
17
64
3
p
p
34 + 2 17
:
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań w celu wyznaczenia wspó÷
rzednych
¾
punktu J.
p
p
p
p
p
2
p
p
60 4 17 2( 17 3) 34+2 17
5+ 17
34+2 17
2
x
+
y
=
8
64
:::
x
=
0
p
p
p
4y 2 + 1 + 17
34 + 2 17 = 0
(5.10)
x=0
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (5:10)
= 16
1
q
1
=
y1;2
p
p
17 +
17 +
2
q
p
34 + 2 17
p
p
34 + 2 17
:
Z rysunku 40 odczytujemy, z·e punkt J ma wspó÷
rzedne
¾
0 q
p
p
p 1
1
17 + 34 + 2 17
A:
J = @0;
2
Punkt K jest punktem środkowym odcinka OG. Jego wspó÷
rzedne
¾
wynosza¾
!
p
p
p
1
17
34 2 17
K=
; 0 :
8
Punkt L otrzymujemy jako punkt przeciecia
¾ okregu
¾ o środku w punkcie J i promieniu równym d÷
ugości odcinka OK z prosta¾ OB. D÷
ugość odcinka OK wynosi
s
p
p
p
p
52 4 17 2 1
17
34 2 17
OK =
:
64
Okrag
¾ ma równanie
0
x2 +@y
q
1
p
17 +
2
p 12
34 + 2 17
52
A =
p
p
4 17
p
2 1
64
17
p
34
p
2 17
Rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań w celu wyznaczenia wspó÷
rzednych
¾
punktu L.
2
x + y
32x2
34
q
1
p
p
17+
2
p
34+2 17
2
=
p
p
p
p
17) 34 2 17
52 4 17 2(1
64
y=0
p
p
p
6 17 + 8 34 + 2 17 + 1
y=0
71
p
17
p
34
:::
p
2 17 = 0
(5.11)
:
Rozwiazujemy
¾
równanie kwadratowe (5:11)
q
p
p
= 64 68 + 12 17 16 34 + 2 17
q
p
p
p
68 + 12 17 16 34 + 2 17
x1;2 =
8
2 1
p
2 1
p
17
17
q
34
p
2 17
34
p
2 17
p
Z rysunku 40 widać, z·e punkt L bedzie
¾
mia÷wspó÷
rzedne
¾
0 q
p
p
p
p
p
68 + 12 17 16 34 + 2 17 2 1
17
34
L=@
8
p
2 17
:
1
; 0A :
Mamy juz· wyznaczone wspó÷
rzedne
¾
punktów K i L zatem moz·emy obliczyć d÷
ugość odcinka KL
v0
12
r
u
p
p
p
p
p
p
u
p
p
p
68+12 17 16 34+2 17 2(1
17) 34 2 17
u 1 17 34 2 17
A =
KL = t@
+
8
0
=
@1
p
17
p
8
p
34 2 17
8
+
r
p
p
p
p
p
p
68+12 17 16 34+2 17 2(1
17) 34 2 17
8
1
A=
p p
p
17 + 18 2 17
17
p
p
p
p
p q p
p pp
1
17 + 17
2 1
17
17
17 + 34 18 =
+ 8 2 6 17 8 2
p p
p p
p
1
1
= 18 17 32
2 17 + 34 + 32
34 17 + 578
q
p
p pp
p p
p
p p
p
1
+ 8 12 17 16 2
17 + 17 2 2 17
17 + 2 34 17
17 + 68 18 =
p p
p p
p
1
1
2 17 + 34 + 32
34 17 + 578
= 18 17 32
q p
p
p p
p
p pp
17 + 17 + 2 34 2 2
17
17 + 68 18 = a34 :
+ 81 12 17 16 2
=
1
8
p
72
6
6.1
KONSTRUKCJE ZA POMOCA¾ CYRKLA
I LINIJKI ZE WSTAWKA¾
Wprowadzenie
Na poczatku
¾ tego rozdzia÷
u podam de…nicje¾ punktów konstruowalnych za pomoca¾
cyrkla i linijki ze wstawka.¾
De…nicja 6.1.1 Mamy dane punkty P1 ; P2 ; :::; Pk na p÷aszczy´znie oraz odcinek
o d÷ugos´ci d równej odleg÷o´sci dwóch danych punktów. Punkt nazywamy konstruowalnym za pomoca¾cyrkla i linijki ze wstawka¾w postaci zaznaczonych
dwóch punktów odleg÷ych o d, je´sli nale·zy do zbioru:
K=
1
[
Ki
i=1
takiego, ·ze:
A) K0 = fP1 ; P2 ; :::; Pk g;
B) Za÷ó·zmy, ·ze zbiory K0 ; K1 ; :::; Kn sa¾ okre´slone. Do zbioru Kn+1 zaliczamy
wszystkie punkty ze zbioru Kn oraz punkty otrzymane na jeden z czterech nastepu¾
jacych
¾
sposobów:
B1 ) Niech L1 bedzie
¾
prosta¾ przechodzac
¾ a¾ przez dwa ró·zne punkty nale·zace
¾ do Kn
i niech L2 bedzie
¾
inna¾ prosta¾ przechodzac
¾ a¾ przez dwa ró·zne punkty ze zbioru Kn .
Wówczas je´sli proste te nie sa¾równoleg÷e to ich punkt przeciecia
¾ L1 \ L2 2 Kn+1 ;
B2 ) Niech L1 bedzie
¾
prosta¾ jak wy·zej oraz niech O bedzie
¾
okregiem
¾
o ´srodku w
punkcie ze zbioru Kn i promieniu równym odleg÷o´sci danych dwóch ró·znych punktów ze zbioru Kn . Wówczas je´sli L1 i O przecinaja¾ sie,
¾ to punkty ich przeciecia
¾
L1 \ O 2 Kn+1 ;
B3 ) Niech O1 ; O2 ró·zne dwa okregi
¾ opisane jak wy·zej. Wówczas punkty przeciecia
¾
tych okregów
¾
O1 \ O2 2 Kn+1 ;
B4 ) Niech A bedzie
¾
punktem ze zbioru Kn i niech bed
¾ a¾dane dwie proste L1 oraz L2
przechodzace
¾ ka·zda przez dwa dane punkty ze zbioru Kn . Do zbioru Kn+1 nale·za¾
dwa punkty otrzymane w nastepuj
¾ acy
¾ sposób: przyk÷adamy linijke¾ ze wstawka¾d do
punktu A i nastepnie
¾
manipulujemy nia¾ w taki sposób, by przecina÷a proste L1 i
L2 , w zaznaczonych na niej dwóch punktach.
Do tej pory w mojej pracy zajmowa÷
am sie¾ tak zwanymi klasycznymi konstrukcjami platońskimi, czyli przy uz·yciu cyrkla i linijki. Widzieliśmy, z·e istnieja¾
problemy konstrukcyjne, które nie moga¾być rozwiazane
¾
konstrukcja¾platońska.
¾ W
poprzednich rozdzia÷
ach przedstawi÷
am równiez· konstrukcje dok÷
adne, jednak
wymagajace
¾ uz·ycia dodatkowych narzedzi,
¾
tak np. dla podwojenia sześcianu konstrukcja za pomoca¾ dwóch katów
¾
prostych, dla trysekcji kata
¾ - przy uz·yciu
konchoidy. Do takich w÷
aśnie przyrzadów
¾
moz·emy zaliczyć linijk¾
e ze wstawka.
¾ W
tym rozdziale zajm¾
e sie¾ w÷
aśnie tym zagadnieniem. Opracuje¾ to na podstawie
[9] : Zobaczymy, z·e z pomoca¾ linijki ze wstawka¾ moz·na podzielić dowolny kat
¾
na trzy równe cześci
¾ oraz wykonać konstrukcje podwojenia sześcianu. Pokaz·emy
73
równiez·, z·e uz·ycie linijki ze wstawka¾ odpowiada znalezieniu pierwiastków wielomianu czwartego stopnia.
m
B
A
d
l
O
Rys.41
Na poczatku
¾ wyjaśnie,
¾ co moz·na zrobić przy pomocy takiej linijki. Moz·emy zaznaczyć na linijce dwa punkty, odpowiadajace
¾ danej odleg÷
ości, nastepnie
¾
moz·emy
ustawić linijk¾
e w taki sposób, z·eby punkty te lez·a÷
y na dwóch danych prostych i jednocześnie linijka bedzie
¾
przechodzi÷
a przez dany punkt (rys.41). Innymi s÷
owami:
majac
¾ dane dwie proste l; m, oraz odleg÷
ość d i punkt O, moz·emy poprowadzić
prosta¾ OAB, gdzie A 2 l; B 2 m; AB = d. Jednocześnie linijki tej moz·emy
uz·ywać w sensie platońskim.
Poniz·ej podam kilka stwierdzeń pomocniczych, a na koniec udowodnie¾ twierdzenie rozstrzygajace
¾ zagadnienie konstrukcji przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawka.
¾
6.2
Trysekcja kata
¾ za pomoca¾ linijki ze wstawka¾
Konstrukcja ta znajduje sie¾ u Robin Hartshorne ([9] , str.260) :
Stwierdzenie 6.2.1 Trysekcja dowolnego kata
¾ jest wykonalna przy u·zyciu cyrkla
i linijki ze wstawka.¾
Dowód. Niech dany bedzie
¾
^AOB (rys.42). Poprowadźmy dwie proste:
prostopad÷
a¾ do OB z punktu A i równoleg÷
a¾ l do OB z punktu A. Teraz
uz·yjmy linijki ze wstawka¾ do poprowadzenia prostej ODE w taki sposób, aby
D 2 AC; E 2 l; oraz DE = 2AO: Ta prosta podzieli ^AOB na trzy równe
·
cześci.
¾
Zeby
to zobaczyć, niech F bedzie
¾
punktem środkowym odcinka DE, oraz
G bedzie
¾
punktem środkowym odcinka AE. Wtedy F G jest prostopad÷
a do AE,
poniewaz· 4EF G i 4AF G sa¾ przystajace.
¾
Oznaczmy ^EOB = ; bedzie
¾
on
równy katowi
¾
^AEO (przez proste równoleg÷
e) oraz katowi
¾
^EAF (trójkaty
¾ przystajace).
¾
Mamy, z·e ^AF O = 2 jako suma katów
¾
wewnetrznych
¾
4AEF do niego
nie przyleg÷
ych. Pamietaj
¾ ac,
¾ z·e DE = 2AO, wiec
¾ AO = EF = AF . 4AOF jest
74
równoramienny, zatem ^AOF = ^AF O = 2 . Zatem ^AOB = 3 .
A
G
α
2α
2α
E
α
F
D
α
C
O
B
Rys.42
W tym miejscu pokaz·emy, z·e podwojenie sześcianu jest moz·liwe przy uz·yciu
cyrkla
i linijki ze wstawka.
¾ Jest to oczywiście równowaz·ne konstruowalności liczby
p
3
2 . Przedstawimy jednak dowód ogólniejszego stwierdzenia, który poprzedzimy
nastepuj
¾ acym
¾
twierdzeniem.
Twierdzenie 6.2.2 (Menelaus) Niech 4ABC bedzie
¾
dowolnym trójkatem,
¾
oraz
niech prosta l przetnie boki tego trójkata
¾ w punktach D; E; F . Wtedy
AD BF
BD CF
CE
= 1:
AE
Dowód. Poprowadźmy prosta¾(rys.43) przechodzac
¾ a¾przez punkt A, równoleg÷
a¾
do BC i niech przetnie ona prosta¾ l w punkcie G. Wtedy 4ADG jest podobny
do 4BDF , oraz 4AEG jest podobny do 4CEF: Z tej zalez·ności otrzymujemy
AD
BD
AE
CE
=
oraz
=
:
AG
BF
AG
CF
Stad
¾
AG =
AD BF
AE CF
oraz AG =
BD
CE
AD BF
AE CF
=
BD
CE
AD BF CE
= 1:
BD CF AE
75
A
G
D
E
C
B
F
Rys.43
6.3
Podwojenie sześcianu za pomoca¾ linijki ze wstawka¾
Konstrukcje¾ te¾ podaje Robin Hartshorne ([9] , str.262) :
Stwierdzenie 6.3.1 Majac
¾ do dyspozycji odcinki o d÷ugo´sci 1; a p
oraz cyrkiel i
linijke¾ ze wstawka,¾ mo·zliwe jest skonstruowanie odcinka o d÷ugo´sci 3 a:
Dowód. Niech AB bedzie
¾
danym odcinkiem o d÷
ugości a (rys.44). Uz·ywajac
¾
3k 1
odcinka o d÷
ugości 1, wybieramy b = 2
dla odpowiedniego k tak, z·eby b > a.
Zbudujmy równoramienny 4ABC; gdzie CA = CB = b, oraz przed÷
uz·my bok
CA do punktu D tak, by AD = b. Narysujmy prosta¾ DB. Uz·ywajac
¾ linijki ze
wstawka¾ poprowadźmy CEF w taki sposób, by E 2 DB; F 2 AB; i EF = b:
Niech BF = y. Wtedy
p
y
3
a = 2k :
2
Zastosujmy twierdzenie 6.2.2 (M enelaus) do 4ACF oraz prostej DBE. Niech
CE = x; zaczynajac
¾ od wierzcho÷
ka A i idac
¾ zgodnie z ruchem wskazówek zegara,
twierdzenie to mówi, z·e
b x y
= 1:
2b b a
To daje nam
xy = 2ab:
Poprowadźmy teraz okrag
¾ o środku w punkcie C i promieniu b, oraz prosta¾ F BA.
Zauwaz·my, z·e CG = b; CE = x. Otrzymujemy wiec
¾
F G = b + GE = CE = x:
Stad
¾ dostajemy
y (y + a) = x (x + 2b) :
Eliminujac
¾ x z naszych dwóch równań otrzymujemy
y 3 = 4ab2 :
76
Podstawiajac
¾ b = 23k
1
otrzymujemy
y 3 = 26k a
p
p
3
y =
26k a = 22k 3 a:
Stad
¾
p
3
a=
y
:
22k
H
C
x
b
A
b
G
E
a
B
y
b
F
b
D
Rys.44
Dla podwojenia sześcianu by÷
oby
a = 2; b = 4 dla k = 1
p
y
3
2 =
:
4
Poniz·sze stwierdzenie mówi o tym, z·e kaz·de uz·ycie linijki ze wstawka¾odpowiada
wyznaczeniu pierwiastków równania czwartego stopnia.
Stwierdzenie 6.3.2 Niech dane bed
¾ a¾proste l; m, punkt O oraz odcinek o d÷ugo´sci
d 2 F , znajdujace
¾ sie¾w uk÷adzie wspó÷rzednych.
¾
Za÷ó·zmy, ·ze OAB jest prosta¾taka,¾
z·e A 2 l; B 2 m; AB = d: Wtedy wspó÷rzedne
¾
punktów A; B w pewnym uk÷adzie
wspó÷rzednych
¾
bed
¾ a¾ le·za÷y w ciele F ( ), gdzie
jest pierwiastkiem wielomianu
czwartego stopnia o wspó÷czynnikach z cia÷a F:
Dowód. Poprzez liniowa¾ zamiane¾ wspó÷
rzednych
¾
moz·emy przyjać,
¾ z·e punkt
O = (0; 0) bedzie
¾
poczatkiem
¾
uk÷
adu wspó÷
rzednych
¾
(rys.45) oraz niech prosta l
77
ma równanie y = b; prosta m ma równanie y = cx + e; b; c; e 2 F:
y
m
k
P
B
d
Q
d
l
A
x
O
Rys.45
Rozwaz·amy po÷
oz·enie wszystkich punktów P tak, by OP przecina÷
a prosta¾ l w
punkcie Q oraz P Q = d. Punkty P wyznacza¾ nam konchoide.
¾ Znalezienie
prostej OAB z za÷
oz·enia stwierdzenia jest równowaz·ne znalezieniu punktu przeciecia
¾ drugiej prostej m z konchoida.
¾ Najpierw potrzebujemy znaleźć równanie
konchoidy. Weźmy pomocnicza¾ prosta¾ k o równaniu y = ax. Prosta ta przetnie
prosta¾ l w punkcie Q = ( ab ; b). Niech P bedzie
¾
mia÷wspó÷
rzedne
¾
P = (x; y).
Wtedy warunek P Q = d da nam
x
b
a
2
+ (y
b)2 = d2 :
Punkt P lez·y takz·e na prostej k: Uz·yjemy równania tej prostej do wyeliminowania
a, podstawiajac
¾ a = xy i otrzymujemy równanie konchoidy (6:1)
x
x2
bx
y
2
+ (y
b)2 = d2
2bx2 b2 x2
+ 2 + y 2 2by + b2 = d2
y2
y
y
x2 + y 2 (y b)2 = d2 y 2 :
78
(6.1)
·
Zeby
znaleźć punkt przeciecia
¾ B konchoidy z prosta¾m rozwiazujemy
¾
uk÷
ad równań
x2 + (cx + e)2 ((cx + e) b)2 = d2 (cx + e)2
:::
y = cx + e
x4 (c2 + c4 ) + x3 (2ce 2bc 2bc3 + 4c3 e) +
+x (e2 2be + b2 + b2 c2 + 6c2 e2 6bc2 e c2 d2 )+
+x (2b2 ce + 4ce3 4bce2 2cd2 e) + e4 2be3 + e2 b2 d2 e2 = 0 :
y = cx + e
2
Otrzymujemy równanie stopnia czwartego zmiennej x. Jez·eli jest pierwiastkiem
tego równania, wspó÷
rzedne
¾
punktu B bed
¾ a¾ postaci: x = , y = c
+ e. Stad
¾
dostajemy równanie prostej OB oraz wspó÷
rzedne
¾
punktu A. Zatem istotnie uz·ycie linijki ze wstawka¾ odpowiada wyznaczeniu pierwiastków równania czwartego
stopnia.
6.4
Równania trzeciego i czwartego stopnia
W tym miejscu przedstawie¾ sposób wyznaczania pierwiastków równań trzeciego
i czwartego stopnia oraz pokaz·e,
¾ z·e uz·ycie cyrkla i linijki ze wstawka¾ odpowiada
wyznaczeniu pierwiastków takich w÷
aśnie równań.
Zaczniemy od równań, które juz· potra…my rozwiazać.
¾
Rozwaz·my wielomiany o
wspó÷
czynnikach z cia÷
a F R: Oczywiście równanie
x3
a=0
p
¾
jest rozwiazane
¾
przez x = 3 a. Innym typem równania, które potra…my rozwiazać
jest równanie trysekcji kata
¾ (3.2).
Stwierdzenie 6.4.1 Za÷ó·zmy, ·ze mamy dane równanie
x3
3x
(6.2)
b=0
gdzie b 2 F; i jbj < 2: Niech bedzie
¾
katem,
¾
którego cos = 21 b: Wtedy
jest pierwiastkiem równania.
= 2 cos 13
Dowód. Równanie (6:2) otrzymujemy wykorzystujac
¾ zalez·ność trygonometryczna¾
cos 3 = 4 cos3
3 cos :
Podstawiamy
=3 )
=
1
3
i otrzymujemy
1
3
3 1
= 8 cos
3
= 4 cos3
cos
2 cos
Nastepnie
¾
podstawiamy x = 2 cos
x
3
1
3
1
6 cos :
3
3 cos
2
i b = 2 cos 3 i otrzymujemy
3x
b = x3
b = 0:
79
3x
Zatem widzimy, z·e x = 2 cos = 2 cos 13 = jest istotnie pierwiastkiem równania
(6:2) : Za÷
oz·enie jbj < 2 jest potrzebne, z·eby znaleźć kat
¾ , którego cos = 12 b:
Rozwaz·my ogólne równanie trzeciego stopnia
x3 + ax2 + bx + c = 0:
(6.3)
Zastosujemy metode¾ Cardano do rozwiazania
¾
tego równania. Równanie (6:3) moz·e
być przekszta÷
cone przez dokonanie podstawienia x = y 13 a, które wyeliminuje
x2 : Zatem rozwaz·my równanie
x3 + px + q = 0:
(6.4)
Szukamy rozwiazań
¾
postaci x = u + v, zatem potrzebujemy, by
(u + v)3 + p (u + v) + q = 0
u3 + 3u2 v + 3uv 2 + v 3 + p(u + v) + q = 0:
3uv; q = u3
To równanie jest spe÷
nione dla p =
u3 + v 3 =
v 3 : Wtedy
q
p
3
u3 v 3 =
3
:
Zatem mamy, z·e u3 i v 3 sa¾ pierwiastkami równania kwadratowego
p
3
y 2 + qy
3
= 0:
Otrzymujemy rozwiazania
¾
tego równania postaci
r
q 2
p
q
y1;2 =
+
2
2
3
3
:
Dopóki u i v sa¾ sześciennymi pierwiastkami tych dwóch wartości y, dostajemy
sr
sr
q 2
p 3 q
q 2
p 3 q
3
3
x=
+
+
+ :
2
3
2
2
3
2
·
Jest to tzw. formu÷
a Cardano. Zeby
pierwiastki by÷
y rzeczywiste potrzeba, aby
q
2
p
3
2
+
3
0:
W ten sposób udowodniliśmy nastepuj
¾ ace:
¾
2
3
2
3
Stwierdzenie 6.4.2 Je·zeli 2q + p3
0, to rzeczywisty pierwiastek równania
(6:4) mo·zna wyznaczy´c przy pomocy rzeczywistych pierwiastków kwadratowych i
sze´sciennych.
Stwierdzenie 6.4.3 Je·zeli 2q + p3 < 0, to rzeczywisty pierwiastek równania
(6:4) mo·zna znale´z´c za pomoca¾pierwiastka kwadratowego i trysekcji kata.
¾
80
p
Dowód. Za÷
oz·enie implikuje, z·e p < p
0, wiec
¾ do÷
aczamy
¾
3p do naszego cia÷
a
3pz: To daje nam równanie
i dokonujemy zamiany zmiennych x = 13
z3
2
3z + b = 0r
27
:
gdzie b = q
p3
3
Teraz z za÷
oz·enia 2q + p3 < 0 wynika, z·e jbj < 2 zatem moz·emy zastosować
równanie trysekcji kata
¾ do rozwiazania
¾
tego równania.
Stwierdzenie 6.4.4 Je·zeli
jest rzeczywistym pierwiastkiem wielomianu
czwartego stopnia o wspó÷czynnikach z cia÷a F; wtedy mo·zna znale´z´c poprzez
wyznaczenie rzeczywistego pierwiastka wielomianu trzeciego stopnia o wspó÷czynnikach z F .
Dowód. Ogólna¾ postać równania czwartego stopnia
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0
1
a
4
moz·na przekszta÷
cić przez podstawienie x = y
i otrzymujemy
x4 + px2 + qx + r = 0:
(6.5)
Jez·eli jest jednym pierwiastkiem, musi istnieć takz·e drugi pierwiastek , wiec
¾
2
i sa¾ pierwiastkami wielomianu kwadratowego x + a1 x + b1 ; a1 ; b1 2 F: Wtedy
wielomian (6:5) rozk÷
ada sie¾
x 2 + a1 x + b 1
x2
a1 x + c 1 ;
a1 ; b1 ; c1 2 R:
Stad
¾ otrzymujemy
p = b1 + c1 a21
q = a1 (c1 b1 )
r = b1 c1 :
Eliminujac
¾ b i c otrzymujemy
b1 =
1
2
p + a21
q
a1
oraz
a61 + 2pa41 + p2
4r a21
q 2 = 0:
Innymi s÷
owami, a21 jest pierwiastkiem tzw. rezolwenty sześciennej wielomianu
(6:5)
y 3 + 2py 2 + p2 4r y q 2 = 0
o wspó÷
czynnikach z cia÷
a F . Jeśli znajdziemy a21 , które jest dodatnim rzeczywistym pierwiastkiem równania trzeciego stopnia, znajdziemy równiez· a1 ; b1 , oraz
:
Na podstawie powyz·szych stwierdzeń moz·emy przystapić
¾
teraz do dowodu
nastepuj
¾ acego
¾
twierdzenia.
81
Twierdzenie 6.4.5 Niech F bedzie
¾
podcia÷em R oraz niech
warunki sa¾równowa·zne:
2 R: Nastepuj
¾ ace
¾
(i) Istnieje wie·za podcia÷
F = F0 F1 ::: Fk R
2 Fk , Fi = Fi 1 ( i = ) ;
gdzie
(1)
(2)
(3)
=
p
a 2 Fi 1 ; a > 0 lub
a,
p
= 3 a;
= cos
1
3
;
a 2 Fi
1
lub
cos 2 Fi 1 :
(ii) Istnieje wie·za podcia÷
F = F0
F1
:::
Fn
R;
2 Fn oraz ka·zde z cia÷Fi jest otrzymane z cia÷a Fi 1 poprzez do÷¾
aczenie
pierwiastka wielomianu drugiego, trzeciego lub czwartego stopnia.
(iii) Liczbe¾ mo·zna skonstruowa´c przy u·zyciu cyrkla i linijki ze wstawka¾z danych
z cia÷a F:
Dowód. (i) ) (iii) Trzy typy wyra·ze´n (1), (2), (3) sa¾konstruowalne cyrklem
i linijka¾ ze wstawka.¾ (1) jest konstruowalna na podstawie twierdzenia 1.1.6
z rozdzia÷u 1, (2) na podstawie stwierdzenia 6.3.1 , (3) na podstawie stwierdzenia
6.2.1.
(iii) ) (ii): Konstrukcje plato´nskie odpowiadaja¾ wyznaczaniu pierwiastków równa´n kwadratowych, ka·zde u·zycie cyrkla i linijki ze wstawka¾ odpowiada rozwiazan¾
iom równa´n trzeciego i czwartego stopnia (stwierdzenie 6.3.2).
(ii) ) (i): Wielomian czwartego stopnia mo·zna zredukowa´c do równania trzeciego i
drugiego stopnia na podstawie stwierdzenia 6.4.4, wielomiany trzeciego i drugiego
stopnia mo·zna rozwiaza´c
¾ za pomoca¾ trzech typów wyra·ze´n (1), (2), (3) na podstawie stwierdze´n 6.4.2 i 6.4.3.
Wniosek 6.4.6 ×atwo zauwa·zy´c, ·ze uzupe÷nienie de…nicji w punkcie B4 o wstawke¾
umieszczona¾pomiedzy
¾ prosta¾a okregiem
¾
oraz dwoma okregami,
¾
nie poszerzy zbioru
punktów konstruowalnych za pomoca¾ cyrkla i linijki ze wstawka,¾ poniewa·z punkty
te bed
¾ a¾ rozwiazaniami
¾
równa´n stopnia czwartego, a na mocy Stw.6.4.1, 6.4.4 sa¾
one konstruowalne.
82
Na koniec tego rozdzia÷
u podam twierdzenie rozstrzygajace
¾ o konstruowalności
wielokatów
¾
foremnych przy uz·yciu cyrkla i linijki ze wstawka.
¾ Nie przedstawie¾ jednak dowodu tego twierdzenia, gdyz· wykracza on poza ramy mojej pracy (wymaga
znajomości zaawansowanej teorii Galois).
Twierdzenie 6.4.7 Wielokat
¾ foremny o n bokach mo·ze by´c skonstruowany za
pomoca¾cyrkla i linijki ze wstawka¾wtedy i tylko wtedy gdy n jest postaci
n = 2k 3l p1 :::ps ;
k; l
0;
gdzie pi sa¾liczbami pierwszymi postaci
pi = 2ai 3bi + 1:
Na podstawie tego twierdzenia widzimy, z·e moz·na skonstruować np. siedmiokat
¾
foremny, bo 7 = 20 30 (21 31 + 1) ; dziewieciok
¾
at
¾ foremny, bo 9 = 32 , 13-kat,
¾
13 = 22 3+1, 14-kat,
¾ 14 = 2 7, 18-kat,
¾ 18 = 2 9, 19-kat,
¾ 19 = 2 32 +1: Natomiast
nie istnieje konstrukcja za pomoca¾ wstawki dla 11-kata
¾ foremnego.
6.5
Konstrukcja siedmiokata
¾ foremnego
Poniz·ej przedstawie¾ konstrukcje¾ siedmiokata
¾ foremnego (rys.46 ) za pomoca¾cyrkla
i linijki ze wstawka,¾ która¾ podaje Robin Hartshorne [9; str.265] :
Kroki w konstrukcji:
1. W okregu
¾ o środku w punkcie O prowadzimy średnice¾ AB;
2. Rysujemy okrag
¾ o środku w punkcie A i promieniu AO, otrzymujemy punkty
C i D;
3. Rysujemy okrag
¾ o środku w punkcie D i promieniu DO;
4. Rysujemy okrag
¾ o środku w punkcie O i promieniu CD, otrzymujemy punkt
E;
5. Prowadzimy prosta¾ CE, otrzymujemy punkt F ;
6. Rysujemy okrag
¾ o środku w punkcie F i promieniu F C;
*7. Prowadzimy prosta¾ CGH w taki sposób by zachodzi÷
a równość GH = F C
(w tym miejscu uz·ywamy linijki ze wstawka);
¾
8. Rysujemy okrag
¾ o środku w punkcie H i promieniu OA, otrzymujemy punkty
I; K, które wraz z punktem B tworza¾ kolejne wierzcho÷
ki siedmiokata;
¾
83
9. Odk÷
adamy ÷
uk BI na okregu
¾ i÷
aczymy
¾
wierzcho÷
ki BILN P M K.
L
C
I
N
G
H
B
O
A
F
P
K
D
M
E
Rys.46
.
Literatura
[1] Marek Kordos, Wyk÷ady z historii matematyki, Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne, Warszawa 1994.
[2] Witold Wies÷
¾ aw, Matematyka i jej historia, Wydawnictwo Nowik, Opole 1997.
[3] Edward Ko‡er, Z dziejów matematyki, Warszawa 1956.
[4] Zo…a Krygowska, Konstrukcje geometryczne na p÷aszczy´znie, Państwowe
Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1958.
[5] Maciej Bryński, Elementy teorii Galois, Wydawnictwa Alfa, Warszawa 1985.
[6] Jerzy Browkin, Wybrane zagadnienia algebry, Państwowe Wydawnictwa
Naukowe, Warszawa 1968.
[7] M. ×uczyński, Z. Opial, O konstrukcjach trójkatów,
¾
Państwowe Zak÷
ady
Wydawnictw Szkolnych, Warszawa, 1964.
84
[8] Andrzej Mostowski, Marceli Stark, Elementy algebry wy·zszej, Państwowe
Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1977.
[9] Robin Hartshorne, Geometry: Euclid and beyond, Springer-Verlag New York
Berlin Heidelberg, UTM, 2000.
[10] Wojciech Grudziński, Algebra, Instytut Matematyki Wydzia÷
u Fizyki Technicznej Informatyki i Matematyki Stosowanej Politechniki ×ódzkiej, ×ódź,
2000.
Czasopisma
[A] Popularny Magazyn Naukowo Techniczny M÷
ody Technik, Micha÷Szurek,
Rozmaito´sci Matematyczne: Kilka przybli·zonych konstrukcji, Nr 3(435) Marzec
1985, Rocznik XXXV.
[B] Popularny Magazyn Naukowo Techniczny M÷
ody Technik, Micha÷Szurek,
Rozmaito´sci Matematyczne: Trysekcja kata,
¾ Nr 4(436) Kwiecień 1985, Rocznik
XXXV.
[C] Popularny Magazyn Naukowo Techniczny M÷
ody Technik, Micha÷Szurek,
Rozmaito´sci Matematyczne: Konstrukcje geometryczne, Nr 3(447) Marzec
1986, Rocznik XXXVI.
[D] Popularny Magazyn Naukowo Techniczny M÷
ody Technik, Micha÷Szurek,
Rozmaito´sci Matematyczne: Trysekcja kata,
¾ Nr 4(448) Kwiecień 1986, Rocznik
XXXVI.
[E] Popularny Miesiecznik
¾
Matematyczno-Fizyczno-Astronomiczny Delta, Maciej Bryński - Siedemnastokat
¾ foremny, Nr 7/1986.
85