Geometria szerkesztések I (Euklidészi szerkesztések) Kovács Zoltán

Átírás

1 Geometria szerkesztések I (Euklidészi szerkesztések) Kovács Zoltán DE Matematikai és Informatikai Intézete 001

2 Bevezetés Jelen munka ideiglenes és részleges előadásvázlat a Geometriai szerkesztések c. tárgyhoz, mely a DE másoddiplomás matematikatanár képzésének tantárgyi programjában szerepel, illetve közel azonos tematikával a nappali alapképzésben, mint speciálkollégium kerül meghirdetésre, elsősorban tanárszakos hallgatók számára. A részlegesség azt jelenti, hogy csak az euklidészi szerkeszthetőséget dolgoztam fel, nem foglalkoztam a körző és vonalzó használatának korlátozásával és a nem euklidészi szerkesztőeszközökkel. (Pl. Steiner szerkesztések.) Hangsúlyozandó, hogy előadásvázlatról van szó, amely nem helyettesíti, hanem segíti az előadást. Ez megnyilvánul például abban, hogy jegyzetben található feladatokhoz sokszor nem adok megoldást, (egy részüket részletesen feldolgozom órán); illetve néha csak utalok egy-egy hozzáférhető egyéb forrásra. Néha egyes konkrét szerkesztéseket eléggé tömören, ábra nélkül adok meg. Ekkor nyilvánvalóan szükséges, hogy az olvasó önállóan készítsen ábrát a feladathoz. A geometriai szerkesztések jelen tárgyalása eleminek mondható abban az értelemben, hogy nem támaszkodok a Galois elméletre. Ajánlott irodalom 1. Czédli Gábor Szendrei Ágnes: Geometriai szerkeszthetőség. Polygon, Szeged G. E. Martin: Geometric Constructions. Springer, Szőkefalvi Nagy Gyula: A geometriai szerkesztések elmélete. Akadémiai Kiadó, Budapest Néhány jelölés (O, P ) az O középpontú, P -re illeszkedő kör. (O, r) az O középpontú, r sugarú kör. Háromszögek: a, b, c: oldalak; α, β, γ: szögek; w α,...: szögfelezők; h α,...: magasságok; s a,...: súlyvonalak. AB vagy d(a, B) Az A és B pontok távolsága. AB A és B végpontokkal rendelkező szakasz. AB A-t és B-t tartalmazó egyenes. AB A kezdőpontú és B-t tartalmazó félegyenes. 1. Motiváció: a Descartes féle megoldástípus A Descartes féle megoldástípus elnevezés PÓLYA GYÖRGYtől származik: A problémamegoldás iskolája. Tankönyvkiadó, Budapest, Ford. Pataki Béláné. 1. Feladat. (Gótikus ablak) Legyen C (A, B) (B, A). Szerkesszünk olyan kört, mely érinti AB-t, továbbá a félkörívnél kisebb AC és CB körívet.. Feladat. Adott az e egyenes, az egyik oldalán az A, B pontok. Szerkesszünk olyan kört, mely illeszkedik A-ra és B-re, továbbá érinti e-t. 3. Feladat. Szerkesszünk adott körbe szabályos ötszöget és tízszöget! 1

3 Megoldás: 1. megoldás (aranymetszéssel): (Hajós: Bevezetés a geometriába.4.). megoldás (a módszeres megoldás). Legyen a kör sugara egységnyi! A szabályos ötszög szerkesztése ekvivalens a cos π 5 szám szerkesztésével. Legyen α = π 5, tehát cos α-t kell szerkesztenünk. Tudjuk, hogy cos (5α) = 1. A Moivre képlet alkalmazásával könnyen levezethetjük, hogy cos (5α) = 16 cos 5 α 0 cos 3 α + 5 cos α. (Azaz cos (5α) + i sin (5α) = (cos α + i sin α) 5, s a bal oldalt kifejtjük a binomiális tétellel.) Legyen x = cos α, ekkor egyenletünk: 16x 5 0x 3 + 5x 1 = 0. -vel szorozva, majd az y = x új ismeretlennel: y 5 5y 3 + 5y = 0. Behelyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy y = ennek az egyenletnek gyöke, amely tény segít a polinom faktorizálásában: (y ) ( y + y 1 ) = 0. az y + y 1 = 0 egyenlet geometriailag szóba jövő gyöke: y =, tehát cos α =. 4 Az utóbbi érték könnyen szerkeszthető. 4. Feladat. Háromszögszerkesztés: a (h a, s b, w α ) típus. Megoldás: Pitagorász tételekkel, az ábra alapján: C T E BT = x, EB = p a h a A w α s b B h a 1. ábra. A (h a, s b, w α ) háromszögszerkesztési feladat. (x + a) = 4s b h a = x + a = 4s b h a }{{} K = a = K x

4 (x p) = w α h a = x p = w α h a }{{} L = p = L + x A bevezetett K és L az adatok által meghatározott, s mindkettő szerkeszthető az adatokból. A szögfelezőtétel: továbbá ismét Pitagorász tételekkel: A fenti összefüggések alkalmazásával: a p p = b c, b = h a + (a x), c = h a + x. ( ) ( ) a p = b a p c = L + x 1 = 1 + a ax h a + x, ( ) a a L + x L + x = a ax h a + x, a (L + x) L + x = a x h a + x, K x (L + x) L + x = K 3x h a + x. Az utóbbi egyenletből x könnyen kifejezhető (ellenőrizzük, hogy másodfokú egyenletet kapunk!), s ennek alapján szerkeszthető. Az ókor nevezetes szerkesztési problémái A következő szerkesztési problémák esetében meghatározzuk a szerkesztendő számra kirótt egyenletet, de az egyenlet gyökeinek szerkesztésével csak egy későbbi fejezetben foglalkozunk. 5. Feladat. (Kockakettőzés.) Az egységszakasz ismeretében szerkesztendő a térfogatú kocka oldaléle. Megoldás: A szerkesztendő szakasz hossza kielégíti a egyenletet, azaz szerkesztendő 3. 1 x 3 = 6. Feladat. (Körnégyszögesítés.) Szerkesztendő az egységkörrel azonos kerületű, illetve azonos területű négyzet oldala. Megoldás: A keresett négyzet oldala kielégíti a 4x = π, illetve az x = π egyenletet, azaz szerkesztendő π, illetve π. 1 Vigyázat! Abból, hogy a szerkesztendő számot nem négyzetgyökvonással fejeztük ki, még nem következik, hogy nem lehet racionális műveletekkel és négyzetgyökvonással, szerkeszthető módon kifejezni. Valójában 3 az egységszakaszból körzővel és vonalzóval tényleg nem szerkeszthető, de ezt innen még nem lehet leolvasni! 3

5 7. Feladat. (Szögharmadolás.) Szerkesztendő az a szög, melynek mértéke egy adott szög mértékének harmada. Megoldás: Jelöljük ki az egységszakaszt! Ekkor a szögek szerkesztése ekvivalens a koszinuszuk szerkesztésével. Az adott szög mértéke legyen α 0, tehát adott cos α 0 = c. Legyen α 0 3 = α, tehát cos (3α) = c. A bal oldalt kifejtve: 4 cos 3 α 3 cos α = c. Az utóbbi egyenletet -vel szorozva és bevezetve a cos α = x új ismeretlent: x 3 3x = c, azaz az előbbi egyenlet egy gyökét kell szerkeszteni. Már most is láthatjuk, hogy a probléma nagymértékben függ az adott szögtől. Mielőtt a probléma körzős-vonalzós szerkesztésének vizsgálatában elmélyednénk, ismertetünk néhány szögharmadoló eszközt. Ilyenek: az óra, a jelzett vonalzó és a tomahawk. Az órával végzett szögharmadolás alapja, hogy a kismutató szögsebessége tizenkettede a nagymutatóénak, továbbá = 1 3, szöget duplázni pedig tudunk. Állítsuk tehát az órát délre, a szög csúcsára illesszük a számlap középpontját, az egyik szár pedig mutasson a mutatók közös irányába! Most állítsuk rá a nagymutatót a másik szárra! A jelzett vonalzón egy egységszakasz van kijelölve. Használatakor megengedett a következő kísérlet: a vonalzót úgy illesztjük két egyeneshez, hogy a kijelölt egységszakasz egyik végpontja az egyik egyenesre, a másik végpontja a másik egyenesre illeszkedjen. 8. Feladat. (Szögharmadolás jelzett vonalzóval.) Az ábra alapján elemezzük a jelzett vonalzóval végzett szögharmadolási eljárást. A N O MN = 1, AB = 0.5 M B G C. ábra. Szögharmadolás jelzett vonalzóval. 9. Feladat. (Szögharmadolás tomahawk-kal.) Az ábra alapján elemezzük a szögharmadolási eljárást!. Euklidészi szerkesztések körzővel és vonalzóval.1. Definíció. Legyen H R. Egy P R pontot H-ból euklidészi értelemben szerkeszthetőnek (a továbbiakban, ha a félreértés veszélye nem áll fönn, akkor szerkeszthetőnek, illetve körző-vonalzó pontnak) mondunk, ha létezik olyan P 1, P,..., P n = P (P i R ) 4

6 3. ábra. Szögharmadolás tomahawk-kal. pontsorozat, hogy i : P i H vagy P i 1. két kisebb indexű pontra illeszkedő egyenes metszéspontja;. egy kisebb indexű pontokra illeszkedő egyenes és egy olyan kör metszéspontja, mely középpontja kisebb indexű pont és átmegy egy kisebb indexű ponton; 3. két olyan kör metszéspontja, melyek középpontja egy-egy kisebb indexű pont, és illeszkednek egy-egy kisebb indexű pontra. Egy egyenest szerkeszthetőnek nevezünk, ha két pontja szerkeszthető. Egy kört szerkeszthetőnek nevezünk, ha középpontja és egy pontja szerkeszthtő. Megjegyzés. A fentiek rögzítik a körző és vonalzó használatát. A körző használatára vonatkozó szigorú előírás szerint a körző nem emelhető fel. Valójában ez az előírás nem lényeges, amint azt a következő tétel mutatja:.. Tétel. Ha O, A B szerkeszthető pontok, akkor az (O, AB) kör szerkeszthető. Bizonyítás: A szerkesztést Euklidész nyomán adjuk meg. (Elemek I. könyv. tétel.) P 1 (O, A) (A, O), P = (A, B) P 1 A úgy, hogy P 1 A P, P 3 = P O (P 1, P ) úgy, hogy P 1 O P 3. (O, P 3 ) = (O, AB)..3. Definíció. Egy x R számot körzővel-vonalzóval szerkeszthetőnek mondunk, ha (x, 0) R szerkeszthető pont. A következőekben az alaphalmazunk: H = { (0, 0), (1, 0) }. A továbbiakban szabadon használunk néhány elemi körző-vonalzó szerkesztést (pl. adott egyenessel párhuzamos húzása adott ponton keresztül, adott ponból adott egyenesre merőleges állítás... ) Ezekből az egyszerű szerkesztésekkel könnyen elvégezhető az alábbi tétel bizonyítása (ld. 4. ábra):.4. Tétel. 1. A koordinátatengelyek körző-vonalzó egyenesek.. Ha az (x, 0), ( x, 0), (0, x), (0, x) pontok egyike körző-vonalzó pont, akkor mindegyik körző-vonalzó pont. Az elemi szerkesztések Euklidész nyomán készített jegyzékét az olvasó a függelékben találja meg. 5

7 3. x akkor és csakis akkor körző-vonalzó szám, ha x. 4. Az egész számok körző-vonalzó számok. 5. (x, y) akkor és csakis akkor körző-vonalzó pont, ha x és y körző-vonalzó számok. (0, x) (x, y) ( x, 0) (y, 0) (x, 0) (0, x) 4. ábra..5. Definíció. Az E R testet euklidészi testnek nevezzük, ha rendelkezik az alábbi tulajdonsággal: x E, x > 0 : x E..6. Tétel. Az körző-vonalzó számok euklidészi testet alkotnak. Bizonyítás: A racionális műveleteket szerkesztéséhez ld. a 5. ábrát, a gyökvonást a magasságtétel alkalmazásával az ismert módon megszerkeszthetjük..7. Tétel. Ha F R számtest, továbbá d F egy pozitív szám, de d / F, akkor F ( { d) = p + q } d p, q F test, melyet az F test d-vel való egyszerű négyzetgyök bővítésének nevezünk..8. Definíció. Ha F 1 = F ( d 1 ), F = F 1 ( d ),..., Fn = F n 1 ( dn ), akkor röviden F n = F ( d 1,..., d n ) -t írunk; az F, F1,..., F n testek mindegyikét az F iteratív négyzetgyök bővítésének nevezzük..9. Tétel. Q összes iteratív négyzetgyök bővítéseinek uniója megegyezik a { (0, 0), (1, 0) } halmazból euklidészi értelemben szerkeszthető pontok halmazával. Ez a legszűkebb euklidészi számtest. Bizonyítás: Ha egy szám benne van Q valamely négyzetgyök bővítésében, akkor a korábbiak szerint körzővel-vonalzóval szerkeszthető. A megfordítás az alábbi két észrevételből közvetlenül következik. A: Ha egy egyenes két olyan pontra illeszkedik, melynek koordinátái egy F számtestből valók, akkor az egyenesnek van olyan lineáris egyenlete, melyben az együtthatók F -beliek. Ha egy kör középpontjának koordinátái és a kör sugara egy F számtestből vannak, akkor van a körnek olyan másodfokú egyenlete, amelyben az együtthatók az F testből vannak. 6

8 a b a b a + b 1 a a/b ab b 5. ábra. A racionális műveletek szerkesztése. B: Ha két alakzat mindegyike kör vagy egyenes, s az alakzatok egyenleteiben az együtthatók az F számtestből valók, akkor a a metszéspontok koordinátái vagy az F - ben, vagy annak egyszerű négyzetgyök bővítésében vannak. Mindkét állítás elemi koordinátageometriai megfontolások alapján látható be. Az körző-vonalzó számok euklidészi testét (azaz Q összes négyzetgyök bővítései unióját) a továbbiakban E-vel jelöljük.10. Tétel. E minden eleme algebrai szám. Bizonyítás: A bizonyítást az alábbi segédtétel kimondásával ( kezdjük: d ) Ha c k-adfokú polinom gyöke és a polinom együtthatói az F testből valók, akkor c k-adfokú polinomnak is gyöke, és az együtthatók F -beliek. Legyen tehát c az ) ) ) f(x) = (a k + b k d x k + + (a 1 + b 1 d x + (a 0 + b 0 d polinomnak gyöke, ahol a i, b i F d F, d > 0, d / F. Ha f(c) = 0, akkor: a k c k + + a 1 c + a 0 = ( b k c k + + b 0 ) d. Emeljük négyzetre a fenti sort: ( a k b kd ) c k + = 0. A baloldalon tehát egy legfeljebb k-adfokú polinom szerepel. Annyit kell belátni, hogy ez pontosan k-adfokú, azaz a k b kd 0. Indirekt módon tegyük fel, hogy a k = b k d. Ebből azonban b k = a k = 0 vagy d = a k F következne, ami ellentmondás. 7 b k

9 Térjünk most rá az eredeti állítás bizonyítására. Legyen c E! ( c Q d1,..., ) ( ) d k = F dk. c ilyenkor nyilván gyöke az x c polinomnak, azaz a segédtétel szerint olyan polinomnak is gyöke, mely együtthatói az Q ( d 1,..., d k 1 ) testből valók,..., c olyan polinomnak is gyöke, mely együtthatói Q-ból valók..11. Következmény. A körnégyszögesítés nem euklidészi szerkesztés. 3. Harmadfokú problémák 3.1. Tétel. Legyen f = x 3 +ax +bx+c, a, b, c Q. Az alábbi állítások ekvivalensek: 1. f-nek van szerkeszthető gyöke;. f-nek minden gyöke szerkeszthető; 3. f-nek van racionális gyöke. Bizonyítás: 1. = 3. Indirekt. Tegyük fel, hogy f-nek nincs racionális gyöke. Legyen k N az a legkisebb szám, melyre f-nek Q ( d 1,..., d k ) -ben van szerkeszthető gyöke. k 1 az indirekt feltétel szerint. Jelölje ezt a szerkeszthető gyököt u = p + q d k. Itt d k, p, q Q ( d 1,..., d k 1 ), dk > 0, q 0 és d k Q ( d 1,..., d k 1 ) Egyszerű behelyettesítés mutatja, hogy ekkor u = p q d k is gyök. f-nek megtaláltunk két valós gyökét, tehát a harmadik (komplex) gyöknek is valósnak kell lennie. Jelöljük ezt a gyököt t-vel. Faktorizáljuk f-t: x 3 + ax + bx + c = [ = (x t) x (p + q d k )] = x 3 (p + t)x [ x (p q )] d k = Hasonlítsuk össze a másodfokú tag együtthatóját mindkét oldalon: ( a = (p + t) = t = p a Q d1,..., ) d k 1. Ez ellentmond k minimális tulajdonságának. 3. =. Legyen t Q racionális gyök! Ekkor: x 3 + ax + bx + c = (x t)(x + a x + b ). A négyzetes és a lineáris tag együtthatójának összehasonlítása mutatja, hogy a, b Q. A tétel további állításai triviálisak. 3 nem szerkeszthető körzővel- 3.. Következmény. (A kockakettőzés lehetetlenség.) vonalzóval az egységszakasz ismeretében. Bizonyítás: Az x 3 polinomnak nincs racionális gyöke. (Egyetlen valós gyöke 3, de ez nem racionális szám. Más gondolatmenettel: Rolle tételéből adódóan ha p q racionális gyök, továbbá (p, q) = 1, akkor p, q 1, tehát racionális gyök csak lehetne, a azonban nem gyök.) 8

10 3.3. Következmény. (Az általános szögharmadolás lehetetlensége.) A π 3 mértékű szög nem harmadolható, azaz cos π 9 nem szerkeszthető. Bizonyítás: A szögharmadolási egyenlet c = 1 -el: x3 3x 1 = 0. Rolle-tételből adódóan ennek racionális gyöke csak ±1 lehetne, azonban sem +1 sem 1 nem gyök. Mivel találtunk olyan szöget, mely nem harmadolható, ezért nem létezhet általános szögharmadolási eljárás körzővel-vonalzóval. 10. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a szabályos hétszög az egységszakaszból körzővel vonalzóval nem szerkeszthető, de szögharmadoló eszközzel (+körző+vonalzó) már szerkeszthető. Megoldás: Az egység sugarú körbe írt szabályos hétszög szerkesztésének egyenlete: cos 7t = 1. A Moivre képlet alkalmazásával: cos 7t = 64 cos 7 t 11 cos 5 t + 56 cos 3 t 7 cos t. A cos t = x ismeretlen bevezetésével a következő egyenletet kajuk: x 7 7x x 3 7x = 0. Behelyettesítéssel adódik, hogy a p = x 7 7x x 3 7x polinomnak gyöke, s p a következőképpen faktorizálható: p = (x ) ( x 3 + x x 1 ). A probléma tehát a p = x 3 + x x 1 polinom valós gyökének (gyökeinek) szerkeszthetősége. Rolle tétel alkalmazásával adódik, hogy a polinom racionális gyöke csak ±1 lehetne, azonban sem az 1, sem a 1 nem gyöke a polinomnak, tehát a szabályos hétszög körzővel-vonalzóval nem szerkeszthető. A második kérdés megválaszolásához először új ismeretlen bevezetésével küszöböljük ki a másodfokú tagot. Legyen x = y 1 3. Ekkor az y y 7 7 = 0 egyenlethez jutunk. Ismét új ismeretlen bevezetésével elérhetjük a szögharmadolási egyenletet. Legyen y = αz, ahol α egy később meghatározandó szám: z 3 7 3α z = 7 7α 3. Mivel a szöharmadolási egyenletet akarjuk elérni: 7 3α = 3 = α = 7 3. Ezt az értéket behelyettesítve valóban szögharmadolási egyenletet kapunk: z 3 3z = 1 7, ahol a harmadolandó ξ szögre cos ξ =

11 4. Negyedfokú problémák 4.1. Definíció. A p = x 4 + a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0, negyedfokú polinom köbös rezolvense alatt az alábbi harmadfokú polinomot értjük: r = y 3 a y + (a 3 a 1 4a 0 )y a 1 a 3a 0 + 4a a 0. Megjegyzés. Algebrai tanulmányainkból tudjuk, hogy ha d 1, d, d 3, d 4 a p (komplex) gyökei, akkor d 1 d + d 3 d 4, d 1 d 3 + d d 4, d 1 d 4 + d d 3 a köbös rezolvens gyökei. 4.. Tétel. Legyen p = x 4 + a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0, (a i Q, a 4 0). Tegyük fel, hogy p-nek nincs racionális gyöke. A következő állítások ekvivalensek: (a) p-nek van szerkeszthető gyöke, (b) p-nek minden valós gyöke szerkeszthető, (c) p köbös rezolvensének van racionális gyöke. A (c) = (b) = (a) következtetés akkor is igaz, ha p-nek van racionális gyöke. Bizonyítás: Csak az (a) = (c) részt bizonyítjuk. Legyen k az a legkisebb egész, melyre u = v + w d k Q ( d 1,..., ) d k p szerkeszthető gyöke (dk, v, w Q ( d 1,..., ) d k 1, w 0, dk / Q ( d 1,..., ) d k 1. Nehézség nélkül ellenőrizhető, hogy ekkor u = v w d k is gyök, továbbá u u. A p gyökeit a továbbiakban jelöljük a következőképpen: u = d 1, u = d, d 3, d 4. Azt állítjuk, hogy d 1 d +d 3 d 4 a köbös rezolvens szerkeszthető gyöke. Ez már állításunkat jelenti, mert a köbös rezolvens harmadfokú, s rá alkalmazható az előző paragrafus eredménye. A gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket alkalmazva: d 1 + d + d 3 + d 4 = a 3 = d 3 + d 4 = (a 3 + v) d 1 d + d 1 d 3 + d 1 d 4 + d d 3 + d d 3 + d 3 d 4 = a = d 1 d + d 3 d 4 = a + a 3 + 4v, ami a köbös rezolvens szerkeszthető gyöke. 11. Feladat. Az (a, h a, w β ) háromszögszerkesztési feladat. Megoldás: Belátjuk, hogy az (1, 1, 1) adatok mellett a háromszög nem szerkeszthető. Felírva a háromszög területét: ahonnan T = ah a ac sin β =, c = 1 sin β. 10

12 A szögfelezőre a 1. feladatban megadott összefüggés szerint: a + c = ac cos β = sin β = 1 sin β cos β. Rendezve: sin β cos β + 1 = cos β. Négyzetre emelés után: A cos β = x helyettesítéssel: 4 sin β cos β = 4 cos β 4 cos β + 1. ( ) x 1 x = x x + 1, 4 azaz x 4 8x + 4 = 0. Ennek a polinomnak a [ 0, 1 ] intervallumban van gyöke, tehát a szerkesztendő háromszög létezik. Rolle tétel alkalmazásával látjuk, hogy ennek az egyenletnek nincs viszont racionális gyöke. A harmadfokú rezolvens y 3 16y 16, melynek nincs szintén nincs racionális gyöke, tehát a feladat euklidészi értelemben nem szerkeszthető. 5. Magasabbfokú problémák 5.1. Tétel. Legyen f Q[x] racionális együtthatókkal rendelkező polinom, továbbá tegyük fel, hogy f Q fölött irreducibilis. Ha f-nek van szerkeszthető gyöke, akkor f fokszáma kettő hatványa. Bizonyítás: A tétel bizonyításához először szükségünk lesz egy algebrai jellegű segédtételre. Lemma. Legyen L R számtest, L c > 0, c / L. Ha f L[x] L fölött irreducibilis polinom, de L ( c) fölött reducibilis, akkor f előállítható f = f 1 f, (f 1, f L ( c ) [x]) alakban, ahol f 1 és f fokszáma megegyezik, továbbá f 1 és f L ( c) fölött irreducibilisek. A lemma kimondása után térjünk rá a tétel bizonyítására. Először kicsit általánosabban fogalmazzuk meg a tételt: Legyen K R tetszőleges számtest, L pedig a K (iteratív) négyzetgyök bővítése. Ha f K[x] és f K fölött irreducibilis, de van gyöke L-ben, akkor f fokszáma hatvány. K = Q esetén kapjuk az eredeti állítást. Legyen L = K ( c1,..., c t ) A bizonyítást a t szerinti teljes indukcióval végezzük el. t = 0-ra K = L. f nyilván elsőfokú ekkor, mert van gyöke K-ban, mégsem reducibilis. Elsőfokú polinomra az állítás nyilván igaz: 0 = 1. Tegyük fel, hogy az állítás 1,..., t 1-re igaz, s f legalább másodfokú. Most belátjuk t-re. f L = K ( c1,..., c t ) fölött reducibilis, mert van gyöke ebben a testben. Létezik olyan 1 l t egész, hogy f K ( c1,..., c l 1 ) fölött irreducibilis, de 11

13 K ( c1,..., ) c l fölött már reducibilis. (Utóbbi nem jelenti azt, hogy gyöke is van a testben!) A lemmát alkalmazva: f = f 1 f, ahol f 1, f K ( c1,..., ) c l [x], azonos fokszámúak, továbbá K ( c1,..., ) c l fölött irreducibilisek. Mivel f(u) = f 1 (u)f (u) = 0, ezért u f 1 -nek vagy f -nek gyöke. Legyen például f 1 -nek. Ha f 1 elsőfokú, az állítást bebizonyítottuk. Egyébként az f 1 K ( c1,..., ) c l [x] polinom tehát K ( c1,..., ) ( c l fölött irreducibilis, L = K c1,..., ) c t -ben van gyöke, így alkalmazható rá az indukciós feltevés, amiből állításunk következik. A korábbi paragrafusokban már kidolgoztunk néhány háromszögszerkesztési feladatot. Az alábbi feladatok egyike sem szerkeszthető euklidészi értelemben, amint az a javasolt specializációból kiderül. A problémák között vegyesen szerepelnek harmad, negyed, s magasobbfokúak (sokszor a megoldótól is függhet a fokszám.) 1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi háromszögszerkesztési feladatok nem szerkeszthetők euklidészi értelemben! A harmadfokú problémáknál vizsgáljuk, hogy megoldható-e szögharmadoló eszközzel (a, b, w α ) (1, 1, 1). (a, β, w α ) (, π/, 1) 3. (a, h b, w α ) (,, 1) 4. (a, s a, w β ) (,, ) 5. (a, s b, w β ) (1,, 1) 6. (a, s b, w γ ) (1, 1, 1) 7. (a, w α, w β ) (1, 1, 1) 8. (α, w β, w γ ) (π/, 1, ) 9. (α, h a, w β ) (π/, 1, ) 10. (α, h b, w γ ) (π/,, 1) 11. (α, s b, w β ) (π/,, 1) 1. (α, s b, w γ ) (π/, 1, 1) 13. (h a, h b, w α ) (1, 1, ) 14. (h a, s a, w β ) (,, 1) 15. (h a, w α, w β ) (1,, ) 16. (h a, w β, w γ ) (1/,, ) 17. (s a, w β, w γ ) (1/,, ) 18. (w α, w β, w γ ) (1/,, ) 19. (a, α, w β ) (1, π/3, 1) 0. (a, h a, w β ) (1, 1, 1) 1. (a, s b, w α ) (1, 1, ). (α, s b, w α ) (π/,, 1) 3. (s a, s b, w α ) (,, 1) 4. (s a, s b, w γ ) (, 1, 1) 5. (h a, s b, w β ) (1, 1, 1/) 6. (s a, w α, w β ) (, 1, 1) 7. (α, w α, w β ) (π/, 1, 3) 8. (h a, s b, w γ ) (1, 1, 1/) 9. (a, w β, w γ ) (1,, 1) 30. (α, s a, w β ) (π/4, 1, 1) Megoldás: Használjuk az alábbi összefüggéseket: wα = bc ( (b + c) a ) (b + c), w α = bc cos α, 4s a = b + c a b + c 3 A feladat mellett megadtuk azt a specializációt, mellyel a probléma egy olyan egész együtthatós algebrai egyenletre vezet, melynek nincs racionális gyöke. A magasabb fokú esetekben az irreducibilitás vizsgálatához célszerű computeralgebrai (CA) eszközöket használni. Az ajánlott irodalomban megjelölt Czédli Szendrei könyvben találunk erre példát, illetve a szerzők által készített, CA-rendszerektől független EUKLEID program szabadon letölthető a címről. 1

14 6. A szabályos sokszögek szerkesztése A szabályos sokszögek euklidészi szerkesztésére vonatkozó klasszikus eredmény a következő: 6.1. Tétel. (Gauss Wantzel) Legyen n > egés. Szabályos n szög akkor és csakis akkor szerkeszthető, ha n a következőképpen bontható prímhatványok szorzatára: n = k p 1 p r, ahol p 1,..., p r különböző Fermat-prímek. 4 A továbbiakban vázoljuk, hogy ha a szabályos n-szög szerkeszthető, akkor n alakja a tételnek megfelelő. A megfordítást nem bizonyítjuk, kivéve a szabályos 17-szög szerkeszthetőségét. A szabályos sokszögek szerkesztését célszerű a komplex számok segítségével tárgyalni. 6.. Definíció. A z = a + bi C (a, b R) komplex számot euklidészi értelemben szerkeszthetőnek nevezzük, ha a és b euklidészi értelemben szerkeszthető valós számok Tétel. Ha z 1, z C szerkeszthető komplex számok, akkor z 1 + z, z 1 z, z 1, 1 z 1 is szerkeszthető. Bizonyítás: A komplex számok trigonometrikus alakját használva. Az egységkörbe írt szabályos n-szög szerkeszthetősége ekvivalens az ε n = cos π n + i sin π n n-edik komplex egységgyök megszerkesztésével. A következő észrevételek arra mutatnak rá, hogy elegendő csak prímhatvány oldalú szabályos sokszögek szerkesztésével foglalkozni Tétel. Legyenek m és n egytől nagyobb, relatív prím egészek! ε mn akkor és csakis akkor szerkeszthető, ha ε m és ε n mindegyike szerkeszthető. Bizonyítás: Ha (m, n) = 1, akkor léteznek olyan u, v egészek, hogy Ezért: ε mn = ε mu+nv mn mu + nv = 1. = ε mu mnε nv mn = ε u nε v n Következmény. Legyen n = p k 1 1 pk s s az n egész szám prímhatványok szorzatára bontása (p 1,... p s különböző prímek). ε n akkor és csakis akkor szerkeszthető, ha ε k j p j mindegyike szerkeszthető. 4 Azaz n + 1 alakú prímek. A szerző tudomása szerint mindezidáig a következő Fermat prímek ismertek: 3, 5, 17, 57,

15 6.6. Definíció. Legyen p prím. A χ p = xp 1 x 1 = xp 1 + x p + + x + 1 Z[x] polinomot p-edik körosztási polinomnak, míg a χ p = xp 1 x p 1 = xp(p 1) + x p(p ) + + x p + 1 Z[x] polinomot pedig p -edik körosztási polinomnak nevezzük Tétel. ε p gyöke χ p -nek, ε p gyöke χ p -nek, továbbá mind χ p mind χ p irreducibilis Q fölött Tétel. Legyen p tetszőleges páratlan prím. Ha ε p szerkeszthető komplex szám, akkor p Fermat prím, azaz valamely n természetes számmal p = n + 1 alakban írható fel. ε p sosem szerkeszthető Következmény. ε p k egyetlen páratlan prímre sem szerkeszthető Tétel. A szabályos 17-szög szerkeszthető. Bizonyítás (Gauss 18.): Legyen ε = cos π π + i sin 17 17, továbbá c h = ε h + ε h. Könnyen ellenőrízhetők c h -ra az alábbi számolási szabályok: másrészt: Mivel χ 17 (ε) = 0: c h = c h, c h = c 17 h, c mn = c m+n + c m n, > c 1 > c > c 3 > c 4 > 0 > c 5 > c 6 > c 7 > c 8 >. ε 16 + ε ε + 1 = 0. Szorozzuk a fenti relációt ε 8 -al: ( ε 8 + ε 8) + ( ε 7 + ε 7) + + ( ε 1 + ε 1) = 1. Legyen y 1 = c 1 + c + c 4 + c 8, y = c 3 + c 5 + c 6 + c 7. Mivel y 1 + y = 1 és y 1 y = 4 és y 1 > y, y 1 = , y 1 = Legyen most y 11 = c 1 + c 4, y 1 = c + c 8. y 11 + y 1 = y 1, y 11 y 1 = 1, y 11 > y 1, tehát y 11 = y 1 + y Legyen y 1 = c 3 + c 5, y = c 6 + c 7. y 1 + y = y, y 1 y = 1, y 1 > y, tehát: y 1 = y + y + 4. Végezetül c 1 + c 4 = y 11, c 1 c 4 = c 3 + c 5 = y 1, ahonnan c 4 = y 11 y11 4y 1. Belátható, hogy c 4 az egységkörbe írt szabályos 34-szög oldala. 14

16 A. Függelék Szerkesztések az Elemek ben Az I. könyv összes szerkesztési feladata Euklidész I.1. Szerkesszünk szabályos háromszöget, ha adott az oldala. Euklidész I.. Szerkesszünk adott szakaszhoz egybevágó szakaszt, ha adott a szerkesztendő szakasz egyik végpontja. ( A körző felemelhető. ) Euklidész I.3. Adott AB és CD. Szerkesszük meg az E pontot az AB -n, hogy AE = CD. (Szakaszfelmérés.) Euklidész I.9. Szerkesszük meg adott szög szögfelezőjét. Euklidész I.10. Szerkesszük meg adott szakasz felezőpontját. Euklidész I.11. Szerkesszünk merőlegest az AB -re A-ban. Euklidész I.1. Szerkesszünk merőlegest adott egyenesre rá nem illeszkedő pontból. Euklidész I.. Háromszög szerkesztés három oldalból. Euklidész I.3. Adott AB és CDE, szerkesszük meg az F pontot, hogy F AB = CDE. Euklidész I.31. Szerkesszünk adott ponton keresztül adott egyenessel párhuzamost. Euklidész I.4. Szerkesszünk paralelogrammát, ha egyik szöge egy adott szöggel kongruens, területe pedig egy adott háromszög területével egyenlő. Euklidész I.44. Szerkesszünk paralelogrammát, ha adott egyik oldala, egyik szöge egy adott szöggel kongruens, területe pedig egy adott háromszög területével egyezik meg. Euklidész I.45. Szerkesszünk paralelogrammát, ha egyik szöge egy adott szöggel kongruens, területe pedig egy adott sokszög területével egyezik meg. Euklidész I.46. Szerkesszünk négyzetet ha adott az egyik oldala. 15

17 Válogatott szerkesztési feladatok a II., III., IV. és VI. könyvből Euklidész II.11. Adott AB, szerkesszük meg azt az X pontját, melyre AB BX = (AX). (Aranymetszés.) Euklidész II.14. Szerkesszünk négyzetet, melynek területe egy adott sokszög területével egyezik meg. Euklidész III.1. Háromszög körülírt körének középpontja. Euklidész III.17. Külső pontból érintő szerkesztése körhöz. Euklidész IV.1. Adott körbe írjunk adott szakasszal kongruens húrt. Euklidész IV.. Adott körbe írjunk adott háromszöghöz hasonló háromszöget! Euklidész IV.3. Adott kör köré írjunk adott háromszöghöz hasonló háromszöget! Euklidész IV.10. Szerkesszünk egyenlő szárú háromszöget, melynek alapon fekvő mindkét szöge kétszerese a szárszögnek. Euklidész IV.11. Adott körbe írjunk szabályos ötszöget. Euklidész IV.1. Adott kör köré írjunk szabályos ötszöget. Euklidész VI.1. A negyedik arányos szerkesztése. Euklidész VI.13. Két szakasz mértani középarányosának szerkesztése. 16

18 B. Függelék Útmutatások Útmutatások a 1/1 19 feladatokhoz (harmadfokú problémák) (a, b, w α ) w α(b + c) = bc ( (b + c) a ), bc 3 + (b w α)c + (b 3 ba bw α)c w αb = 0, a = b = w α = 1, x = c : x 3 + x x 1 = 0 (a, β, w α ) Legyen {D} = w α BC, p = BC, β = π/. p = w α sin α, w α sin α = (a p) sin γ, w α sin α = (a p) cos α, w α sin α ( = a w α sin α ) ( 1 sin α ), a =, w α = 1, x = sin α : x 3 x x + 1 = 0. (a, h b, w α ) A megadott specializáció az előző feladattal ekvivalens feladatot ad. (a, s a, w β ) (a, s b, w β ) w β (a + c) = ac cos β, s a = 1 4 a + c ac cos β, cos β 1 = 4 a + c s a + 1 ac, ( ) 1 wβ(a + ac + c ) = ac 4 a + c s a + ac a = w β = s a =, x = c : x 3 + x 7x 4 = 0. 4s b = a + c + ac cos β, ac cos β = w β(a + c), 17

19 cos β = 4s b a c + 1, cos β ac = w β (a + c), ac ac(4s b a c + ac) = wβ(a + c), a = w β = 1, s b =, x = c : x 3 x 13x + 1 = 0. (a, s b, w γ ) s b = a b ab cos γ, w γ (a + b) = ab cos γ, cos γ = a b s b + 1 ab, cos γ = w γ(a + b) 4a b, ( ab a + 1 ) 4 b s b + ab = wγ(a + b), a = s b = w γ = 1, x = b : x 3 + x 4x = 0. (a, w α, w β ) A megadott specializációval az (a, b, w α ) feladatra vezettük vissza a problémát. (α, h a, w β ) Legyen {D} = w β AC, p = AD, α = π/. p = w β sin β, b cos β = h a, w β sin β = (b p) cos β, w β sin β = h a w β sin β ( 1 sin β ), h a = 1, w β =, x = sin β : x 3 4x + = 0. (α, s b, w β ) {D} = w β AC, p = AD, α = π/. 1 4 b = s b c, c = wβ p, sin β = p, w β (b p) cos β = w β sin β, s b =, w β = 1 : b = 1 + 4p, (b p)(1 p ) = p, b = p(1 p ) 1 p, (3 + p )(1 4p + 4p 4 ) = p (1 p + p 4 ), 3p p 4 1p + 3 = 0, / 3, x = 3p : x x 36x + 7 = 0. 18

20 (α, s b, w γ ) α = π : c = s b 1 4 b, ab cos γ = (a + b)w γ, b = w γ cos γ, a = b + c, s b = w γ = 1 : ab b = a + b, a = b 1, (b + c )(b 1) = b, ( ) 3 4 b + 1 (4b 4 4b + 1) = b, 3b 6 + b b + 1 = 0 / 3 3, x = 6b : x 3 + x 51x + 7 = 0. (h a, h b, w α ) h a = h b = α = β : h a = c sin α, w α sin 3 α = c sin α, h a = 1, w α = : sin 3 α = 1 6 sin α 8 sin3 α = 1, x = sin α : x 3 3x + 1 = 0. (h a, s a, w β ) h a = s a = β = γ : a sin β = w β sin 3 β, a = h a cot β, h a =, w β = 1 : a sin β = 4 cos β, 3 sin β 4 β ( sin3 = 4 1 sin β ), x = sin β x 3 4x 3x + 8 = 0. (h a, w α, w β ) A megadott specializációval a (h a, h b w α ) problémára vezettük vissza a feladatot. (h a, w β, w γ ) w β = w γ = b = c β = γ : b sin β = w β sin 3 β, b sin β = h a, h a = 1, w β = : 19

21 1 sin β = sin 3 β sin β, cos β = sin 3 β, 1 sin β = 6 sin β 8 sin3 β, / 8, x = 4 sin β : x 3 x 1x + 8 = 0. (s a, w β, w γ ) A megadott specializációval a (h a, w β, w γ ) feladatra vezettük vissza a problémát. (w α, w β, w γ ) A megadott specializációval a (h a, w β, w γ ) feladatra vezettük vissza a problémát. (a, α, w β ) Legyen {D} = w β AC, φ = BDC. ( cos γ 1 φ = π + α γ, a sin γ = w β sin φ, a = 1, α = π 3, w β = 1 : ( π sin γ = cos 6 γ ), 3 cos γ + 1 sin γ, sin γ cos γ = 1 ) ( 1 cos γ ) = 3 γ 4 cos, / 4, x = cos γ : x 4 x 3 3x + 4x 1 = 0. x = 1 az x 4 x 3 3x + 4x 1 = 0 polinomnak gyöke: (x 1)(x 3 3x + 1) = 0. 0

22 Feladatok CA támogatással (α, s b, w α ) α = π/: b = 4s b 4c, w α = 1, s b = b = bc cos π 4 = w α(b + c), c c 1, (16 4c )( c 1) = c, 8c 4 8 c 3 7c + 3 c 16 = 0 / :, x = c : x 4 x x + 16x 8 = 0 / 16, y = x y 4 4y 3 7y + 18y 18 = 0. Az Eukleid programmal: f f(x)= (1, -4, -7, 18, -18) x^4-4x^3-7x^ + 18x - 18 f(q)=0 f(x) (egyik) racionális gyökének keresése f-nek nincs racionális gyöke Akarja látni a (kerekitett!) helyettesitési értékeket? N R(f) g(x) := az f köbös rezolvensével ekvivalens polinom g(x) =x^3 + 7x^ - 51 M f f(x) =x^3 + 7x^ - 51 R(f) f(x) (egyik) racionális gyökének keresése f-nek nincs racionális gyöke Akarja látni a (kerekitett!) helyettesitési értékeket? I f(1/1) = f(-1/1) = f(/1) = f(-/1) = f(4/1) = f(-4/1) = f(8/1) =

23 f(-8/1) = f(16/1) = f(-16/1) = f(3/1) = f(-3/1) = f(64/1) = f(-64/1) = f(18/1) = f(-18/1) = f(56/1) = f(-56/1) = f(51/1) = f(-51/1) =

24 (α, s a, w β ) b 1 4s a = c + b + bc cos α, ( c sin α = w β sin π α β ), c sin β = b sin(α + β), α = π 4, w β = 1, s a = 1 : c = sin β + cos β, sin β = c 1, (sin β + cos β) = c sin β, b = c (cot β + 1), b = c(c 1) ( c c 4 + c 1), (4 c )( c c 4 + c 1) = c (c 1) + c (c 1)( c c 4 + c 1), x = c : 3x 6 19x x 4 70x x 168x + 16 = 0 / 7, y = 4x f y 6 4y 5 + 5y y y 5373y = 0. f(x) = ( 1, -4, 5, -1440, 496, -5373, 048) x^6-4x^5 + 5x^4-1440x^ x^ x + 048? f++ Van-e f(x)-nek adott foku osztója? Fok = % Nincs olyan osztó, melynek foka 1 Fok = % Nincs olyan osztó, melynek foka Fok = % Nincs olyan osztó, melynek foka 3 f-nek nincs 1 3 foku osztója 3