Érdekes szerkeszthetőségi feladatok A vonalzóval és körzővel végezhető szerkesztéseket a következő alapszerkesztésekből tehetjük össze: 1) 2 egyenes metszéspontjának meghatározása, 2) egyenes és kör metszéspontjainak meghatározása, 3) két kör metszéspontjainak meghatározása. Az alapszerkesztések véges számú ismétlésével végrehajtható szerkesztéseket elemi szerkesztéseknek nevezzük (euklideszi szerkesztés). Azt a kérdést, hogy valamely szerkesztés körzővel és vonalzóval elvégezhetőe, úgy dönthetjük el, hogy a geometriai szerkesztést algebrai alakra hozzuk. Ehhez, felveszünk egy derékszögű koordinátarendszert. A koordinátarendszert az egyszerűség kedvéért úgy választjuk meg, hogy kezdőpontja és x-tengelyének egységpontja egy-egy adott pontba essék. Ha a és b szerkeszthető szám, akkor a + b, a b, ab, a b, (b 0) és a, (a > 0) is szerkeszthető szám. Figure 1: Az ab és az 1 a szám szerkesztése 1
Figure 2: A a szerkesztése mértani középarányossal A számoknak egy olyan halmazát, amely a hozzátartozó bármely két számmal együtt azok összegét, különbségét, szorzatát és hányadosát is tartalmazza (zérust, mint osztót kizárva) számtestnek nevezzük. A legkisebb olyan számtest, amelyben van zérustól különböző szám is, a racionális számok teste. Adott pontokból adott távolságok és szögek felhasználásával körző és vonalzó segítségével csak olyan pontok szerkeszthetők, amelyeknek koordinátái abban a legkisebb K számtestben vannak, amely magában foglalja az adatokhoz tartozó pontok koordinátáit és bármely pozitív számának négyzetgyökét. Tétel: Irreducibilis harmadfokú egyenlet gyöke körzővel és vonalzóval nem szerkeszthető. 2
Híres ókori szerkesztési problémák: 1) A kockakettőzés problémája: Egy kocka éléből kétszer akkora térfogatú kocka élének szerkesztése. Azaz adott az egységnyi hosszúságú szakasz és ebből a 3 2 hosszúságú szakasz szerkesztése. Ehhez azt kell megmutatni, hogy az x 3 2 = 0 (1) egyenletnek nincs racionális gyöke. Ha volna racionális gyöke, akkor az egész szám és osztója a 2-nek. De behelyettesítéssel adódik, hogy 1, 1, 2, 2 nem gyöke az egyenletnek. 2) A szögharmadolás kérdése: Van-e olyan szerkesztési eljárás (körző és vonalzó használatával) amellyel tetszőleges szög három egyenlő részre osztható. Tekintsünk két alappontot a szerkesztéshez az általuk alkotott szakasz hosszát válasszuk 1-nek. Így a szerkesztés alapteste Q. Mivel ϕ szögből cos ϕ és cos ϕ-ből ϕ szerkeszthető, ezért szögfüggvények segítségével kapjuk, hogy cos 3ϕ = cos(2ϕ + ϕ) = cos 2ϕ cos ϕ sin 2ϕ sin ϕ = (cos 2 ϕ sin 2 ϕ) cos ϕ 2 sin 2 ϕ cos ϕ = cos 3 ϕ 3 cos ϕ sin 2 ϕ = cos 3 ϕ 3 cos ϕ(1 cos 2 ϕ) = 4 cos 3 ϕ 3 cos ϕ. Innen 2 cos 3ϕ = (2 cos ϕ) 3 3(2 cos ϕ). Tehát x = 2 cos ϕ az x 3 3x 2 cos 3ϕ polinom gyöke. A szögharmadolás egyenlete x 3 3x C = 0, C 2. (2) Tetszőlegesen adott szöget azonban körzővel és vonalzóval nem lehet három egyenlő részre osztani. Elég megmutatni, hogy a legkönnyebben szerkeszthető π sem lehet körzővel és vonalzóval három egyenlő részre osztani. Erre a (2) 3 egyenlet a x 3 3x 1 = 0 alakú. Ennek az egyenletnek nincs racionális gyöke. Tétel: Csak olyan együtthatói számtestében irreducibilis egyenletnek lehet elemi módon szerkeszthető gyöke, amelynek fokszáma 2-hatvány. 3
Szabályos sokszögek szerkeszthetősége: 3) A püthagerusok jelképe, jelvénye a szabályos csillagötszög volt. Valószínűleg ezen fedezték fel az aranymetszésnek nevezett aránypárt. Figure 3: Csillagötszög Szabályos ötszög és tízszög: Az egységsugarú körbe írt szabályos tízszög x = a 10 oldalára az x = a 10 = 2 sin π ( π 10 = 2 cos 2 π ) = 2 cos 2π 10 5 összefüggés teljesül. Ha ɛ = cos 2π + i sin 2π, akkor x = ɛ + 5 5 ɛ 1. Az ɛ szám, mint ötödik egységgyök, gyöke a z5 1 z 1 = z4 +z 3 +z 2 +z+1 = 0 egyenletnek. Ezért ɛ 2 (ɛ 4 + ɛ 3 + ɛ 2 + ɛ + 1) = (ɛ 2 + 2 + ɛ 2 ) + (ɛ + ɛ 1 ) 1 = x 2 + x 1 = 0. Mivel az utolsó egyenletet felírhatjuk az 1 x = x arányossággal, így a x 1 szabályos tízszög oldala a sugár aranymetszésekor kapott nagyobbik szakasszal egyenlő. Így a 10 = = 1 ( ) 2 5 1 1 2 2 + 1 2 2. Az egységsugarú körbe írt szabályos ötszög a 5 oldalára fennáll az a 5 = 2 sin π 5 = 4 sin π 10 cos π 10 = 2 sin π ( 4 2 sin π ) 2 10 10 4
egyenlőség. Mivel a 10 = 2 sin π 10 és a2 10 1 = a 10, ezért a 2 5 = a 2 10(4 a 2 10) = 1 + 2a 2 10 (a 2 10 1) 2 = 1 + a 2 10. Figure 4: Szabályos tízszög oldalhosszának szerkesztése 5
Figure 5: Szabályos ötszög és tízszög oldalhosszának szerkesztése 4) Szabályos hétszög és tizennégyszög nem szerkeszthető körzővel és vonalzóval. Az egységsugarú körbe írt szabályos tizennégyszög x = a 14 oldalára az x = a 14 = 2 sin π ( π 14 = 2 cos 2 + π ) = 2 cos 2 2π 14 7 összefüggés teljesül. Ha ɛ = cos 2π +i sin 2π, akkor x = 7 7 (ɛ2 +ɛ 2 ). Az ɛ szám, mint hetedik egységgyök, gyöke a z7 1 z 1 = z6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 egyenletnek. Ezért ɛ 3 (ɛ 6 + ɛ 5 + ɛ 4 + ɛ 3 + ɛ 2 + ɛ + 1) = (ɛ 3 + ɛ 3 ) + (ɛ 2 + ɛ 2 ) + (ɛ + ɛ 1 ) + 1 = 0. Ebből az ɛ 2 + ɛ 2 = x egyenlőség felhasználásával és négyzetre emeléssel 6
kapjuk, hogy (x 1) 2 = [(ɛ 3 +ɛ 3 )+(ɛ 2 +ɛ 2 )] 2 = (ɛ 6 +ɛ 6 +2)+2(ɛ 4 +ɛ 4 +ɛ 2 +ɛ 2 )+(ɛ 2 +ɛ 2 +2) = (ɛ 6 + 3ɛ 2 + 3ɛ 2 + ɛ 6 ) + 2(ɛ 4 + 2 + ɛ 4 ) = x 3 + 2x 2. Így a tizennégyszög oldala gyöke az x 3 x 2 2x + 1 = 0 (3) harmadfokú egyenletnek, melynek nincsen racionális gyöke. Az ɛ = cos 2π + i sin 2π és y = 2 cos 2π = ɛ + 7 7 7 ɛ 1 jelöléssel a szabályos hétszög oldalára azt kapjuk, hogy a 7 = 2 sin π 7 és a2 7 = 4 sin 2 π ( 7 = 2 1 cos 2π ) = 2 y. 7 Továbbá ɛ 2 + ɛ 2 = y 2 2 és ɛ 3 + ɛ 3 = (ɛ + ɛ 1 )(ɛ 2 1 + ɛ 2 ) = y(y 2 3). Mivel (ɛ 3 + ɛ 3 ) + (ɛ 2 + ɛ 2 ) + (ɛ + ɛ 1 ) + 1 = 0, így y eleget tesz az y 3 + y 2 2y 1 = 0 (4) harmadfokú egyenletnek, melynek nincs racionális gyöke. 7
Tétel: Szabályos n-szög (n > 2) akkor és csak akkor szerkeszthető, ha n prímtényezős felbontása n = 2 k p 1 p r (k, r 0), ahol p 1,, p r páronként különböző páratlan prímek és p 1 1,, p r 1 mindegyike 2-hatvány. Ha egy p páratlan prímszámra p 1 2-hatvány, akkor p = 2 m + 1, ahol m maga is 2-hatvány. A p (n) = 2 2n + 1 alakú prímszámokat Fermat-prímeknek nevezzük. Az első öt ilyen: p (0) = 3, p (1) = 5, p (2) = 17, p (3) = 257, p (4) = 65537. p (5) azonban nem prím osztható 641-gyel. A kört n egyenlő ívre osztó pontokat a középponttal összekötő sugarak a körlapot n egybevágó körcikkre osztják. Könnyű belátni, hogy a körlapot körzővel és vonalzóval akkor és csak akkor lehet n egybevágó tartományra osztani, ha a körvonalat is lehet n egyenlő ívre osztani. Ha a körlap részeitől nem kívánjuk meg az egybevágóságot, hanem csak kerületük és területük egyenlőségét akkor a következő tétel mondható: Tétel: Ha n tetszőleges pozitív szám, akkor a körlapot körzővel és vonalzóval fel lehet osztani n egyenlő területű és kerületű tartományra. A felosztást úgy végezzük, hogy a kör AB átmérőjét a C 1, C 2,, C n 1 ponttal n egyenlő szakaszra osztjuk. Ez körzővel és vonalzóval mindig lehetséges. Az AB átmérő egyik oldalán megrajzoltuk azokat a félköröket, amelyeknek az átmérője AC 1, AC 2,, AC n 1, az AB átmérő másik oldalán pedig azokat a félköröket, amelyek átmérője BC 1, BC 2,, BC n 1. Az így kapott n 1 számú AC k B görbevonal a körlapot az eredeti körrel egyenlő kerületű és egymással egyenlő területű n tartományra bontja. 8
Figure 6: Körlap egymással egyenlő területű n tartományra bontása Szerkesztés csak körzővel: Tétel: Minden euklideszi szerkesztés vonalzó nélkül csak körzővel is elvégezhető. A tétel bizonyítása körre vonatkozó tükrözéssel, inverzióval történik. Minden euklideszi szerkesztés elvégezhető akkor is, ha vonalzónk mellett csupán egy egyszeri használatra szánt, előre rögzített fesztávolságú körzőnk van. Feladat: Adottak a síkon az A, B pontok és meg kell szerkeszteni az AB oldalú szabályos háromszög harmadik csúcsát úgy, hogy csak egy ócska, beragadt körzőnk van, amely egy AB-nél nagyobb távolságnál van kinyitva. El lehet-e ezzel végezni a szerkesztést? 9
Köbös szerkesztések A harmadfokú (köbös) egyenlet általános alakja: z 3 + a 1 z 2 + a 2 z + a 3 = 0, a 1, a 2, a 3 R. (5) Ezt az egyenletet az y = z + a 1 3 helyettesítéssel az y 3 + py + q = 0, ahol p = a 2 a2 1 3, q = a 3 a 1a 2 + 2a3 1 3 27. (6) alakba írhatjuk. Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa D = 4p 3 27q 2. A p 0 esetben az y = αx, α 2 = p helyettesítés az egyenletet az 3 x 3 3x 2u = 0 ha p < 0 (7) x 3 + 3x 2u = 0 ha p > 0 (8) egyenletbe viszi át, ahol 2u = q α. A (7) egyenletnek az u 1 feltétel 3 mellett a 2 cos ϕ gyöke, ahol ϕ az a szög, melyre u ( = cos 3ϕ. Ekkor a (7) egyenletnek három valós gyöke van, mégpedig 2 cos ϕ + 2kπ ), k = 0, 1, 2. 3 Ez tehát a szögharmadolás egyenlete. A (8) egyenletnek és a (7) egyenletnek a u > 1 feltétel mellett egyetlen valós gyöke van: x = 3 u + u 2 1 + u 3 u 2 1 ha p < 0 (9) x = 3 u + u 2 + 1 + 3 u u 2 + 1 ha p > 0. (10) A (6) egyenletnek p = 0 esetben 3 q gyöke. Ez a gyök q < 0 esetben a kocka sokszorozás megoldása, q > 0 esetben pedig a y = 3 q átalakítással erre vezethető vissza. Tétel: Valós együtthatókkal bíró harmadfokú egyenlet valós gyökeinek szerkesztését elemi szerkesztéssel vagy szögharmadolásra vagy kocka sokszorozásra lehet visszavinni, aszerint amint az egyenletnek három valós gyöke ill. csak egy valós gyöke van. Együtthatóinak számtestében egy irreducibilis harmadfokú egyenlet gyökeinek szerkesztését köbösnek nevezzük. A kocka sokszorozás és a szögharmadolás köbös alapszerkesztések. Bármely köbös szerkesztést elemi szerkesztéssel köbös alapszerkesztésre lehet visszavinni. A negyedfokú egyenlet gyökeinek szerkesztését az együtthatókból elemi és köbös alapszerkesztésekkel lehet végrehajtani. 10
A) Betolóvonalzó. Betolóvonalzónak egy olyan egyélű vonalzót hívunk, a- melynek élére be van rajzolva két pont, az ún. alapszakasz két végpontja. Szerkesztés során a következőképpen használhatjuk. a) ha adott két különböző pont, akkor megrajzolhatjuk az őket összekötő egyenest. b) ha adott egy e egyenes és A pont akkor az e egyenesen bejelölhetjük azokat a B pontokat, amelyekre az AB szakasz hossza megegyezik az alapszakasz hosszával. c) ha adottak az e és az f egyenesek, továbbá egy Q pont, akkor megrajzolhatjuk azokat a Q-n áthaladó egyeneseket, amelyeknek az e ill. az f egyenessel alkotott A ill. B metszéspontjára az AB szakasz hossza megegyezik az alapszakasz hosszával. Figure 7: A betolóvonalzó használata Tétel: Csupán betolóvonalzó használatával bármely köbös szerkesztést végre lehet hajtani. A következő ábra Papposz által javasolt eljárást mutatja hegyesszög harmadolására betolóvonalzó használatával. Figure 8: Szögharmadolás betolóvonalzóval 11
Figure 9: Kocka sokszorozás betolóvonalzóval Számítsuk ki az OD szakasz d hosszát. Mivel az f és az XC egyenesek párhuzamosak egymással, DX : DC = DO : DF. Innen adódik a DX DF = DO DC egyenlőség, ahol DX = d + 4a, DF = 1, DO = d, DC a DAC derékszögű háromszögből számítható ki, Igy DC 2 = (d + a) 2 + AC 2 = (d + a) 2 + 1 a 2 = d 2 + 2ad + 1. 0 = DX 2 DF 2 DO 2 DC 2 = (d + 4a) 2 d 2 (d 2 + 2ad + 1) = d 4 2ad 3 + 8ad + 16a 2 = (d + 2a)(d 3 8a). Mivel d > 0 ez az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha d = 2 3 a. Nikomédész görög matematikus egy általa felfedezett görbét, melyet konkhoisznak vagy kagylógörbének nevezett használt a betolás elvégzésére, a kagylógörbe megrajzolására pedig konkhoisz körzőt készített. Figure 10: Konkhoisz 12
Figure 11: Konkhoisz körző Figure 12: Konkhoisz Hippiász is felfedezett egy görbét a szögharmadoláshoz. Ennek a quadratrix nevű görbének a származtatását Papposz görög matematikus adta meg a képen látható módon. 13
Figure 13: Quadratrix Arkhimédészi spirális: Forogjon az OA sugár állandó szögsebességgel és vele együtt a sugáron egy állandó sebességű pont az O pontból. Ez a sugáron forgó az O-tól távolodó pont írja le az arkhimédészi spirálist. 14
Figure 14: Szögharmadolás arkhimédészi spirálissal Szabályos hétszög szerkesztése betolóvonalzóval: Az x = 2 cos 2π 7 az f(x) = x 3 + x 2 2x + 1 = 0 egyenlet egyetlen pozitív gyöke, s egyúttal az (x + 1)f(x) = x 4 + 2x 3 x 2 3x 1 = 0 egyenletnek is egyetlen pozitív gyöke. Az utóbbi egyenletet az vagyis az alakba is írhatjuk. Legyen x 4 + 2x 3 + 5 4 x2 = 9 4 x2 + 3x + 1, [ x 2 (x + 1) 2 + 1 ] ( ) 2 3 = 4 2 x + 1 d 2 = (x + 1) 2 + 1 4 (d > 0); az egyetlen pozitív gyök eleget tesz az xd = 3 ( x + 2 ) 2 3 15
egyenletnek, azaz kielégíti az x : 3 ( 2 = x + 2 ) 3 arányt. Az OE egységszakaszt az alapszakasz kétharmad részének választottuk és az A, B, E és O pontot, továbbá a g 0 egyenest úgy szerkesztettük, hogy O és E egy egyenesen, a B pont különböző oldalán fekszenek, OB = 2 BE = 1, az 3 3 AE egyenes merőleges OE-re, EA = 1 és g 2 0 g = AB. A CD = 3 szakaszt 2 az A ponton át betolóvonalzóval a g 0 és OE egyenes közé toltuk. Az ábrán DA = d, DB = x + 3, az OC és az AB egyenes párhuzamos, a DOC és 2 DBA háromszög ezért hasonló. Hasonlóságukból következik a szerkesztés helyessége. : d Figure 15: Szabályos hétszög szerkesztése betolóvonalzóval Dioklész egy harmadrendű görbét a cisszoiszt használta szerkesztésre. A cisszoisz egyenletének megtalálásához az AEP és AF Q hasonló háromszögpárból adódó P E : AE = QF : AF arányt használhatjuk. A cisszoisz egy tetszőleges P pontjának koordinátáira igaz, hogy y : x = QF : AF, y 2 : x 2 = QF 2 : AF 2. Mivel a kör egyenlete y 2 = ax x 2 ezért QF 2 = RE 2 = x(a x). Vegyük tekintetbe, hogy F B = x, tehát AF = a x. Így Tehát y 2 (a x) = x 3. y 2 : x 2 = x(a x) : (a x) 2. 16
Figure 16: Cisszoisz Rajzoljunk egy a átmérőjű kört. Jelöljük ki egyik pontját S. A körnek az S-sel átellenes pontjához húzzunk e érintőt. Szemeljük ki azokat a pontokat, melyek az S-ből kiinduló és az e érintőt metsző félegyenesen vannak úgy, hogy az S-től való távolságuk akkora, mint a félegyenesnek a kör és az érintő közé eső szakasza: SP = QR. 17
Figure 17: Cisszoisz Geometriai szerkesztések körtől különböző megrajzolt kúpszelet felhasználásával. Kortum, Smith tétele: Ha meg van rajzolva egy körtől különböző kúpszelet akkor valós együtthatókkal bíró bármely harmadfokú vagy negyedfokú egyenlet gyökeit az egyenlet együtthatóit meghatározó szakaszokból körzővel és vonalzóval lehet szerkeszteni. A) Az xy = 1 egyenlő szárú hiperbola felhasználásával harmadfokú egyenlet gyökeit a következőképpen kapjuk: Legyen x 3 + px + q = 0 a harmadfokú egyenlet (p, q R, q 0). Ennek gyökei eleget tesznek az (x 3 + px + q)(x + 1 q ) = x4 + 1 q x3 + px 2 + (q + p )x + 1 = 0 (11) q egyenletnek is. Ennek gyökei viszont egyenlők az xy = 1 és a ( 1 q, q) ponton átmenő x 2 + y 2 + 1 q x + (q + p )y + p = 0 kör metszéspontjainak q abszcisszáival. Az α hegyesszög harmadolása körző, vonalzó és az xy = 1 hiperbola felhasználásával a következő módon is történhet (Viviáni, Bolyai János): A hiperbola O középpontján át az x tengely pozitív felével α szöget alkotó 18
félegyenest húzunk. Ez a hiperbolát a C(a, b) pontban metszi (ab = 1). Írjuk C körül 2r sugárral K kört, ahol r = OC. A K kör az α szög terében a hiperbolát olyan D pontban metszi, hogy a CD félegyenes az x-tengely pozitív felével π β = α szöget alkot. A C = (a, b) és D = (x, y) pontok koordinátáira érvényes: b = a tan α, a = r cos α, x = a + 2r cos β, 3 y = b 2r sin β. xy ab = (a+2r cos β)(b 2r sin β) ab = 2r(b cos β a sin β) 4r 2 sin β cos β = 0. Innen b cos β a sin β = r sin 2β. Ha ezt az egyenletet r-rel végigosztjuk és felhasználjuk, hogy a r = cos α, b r = a tan α = sin α adódik, hogy sin(α β) = r sin 2β, így α = 3β. Figure 18: Hegyesszög harmadolása hiperbola felhasználásával 19
Körnégyszögesítés és körkiegyenlítés. A körnégyszögesítés, vagyis olyan négyzet szerkesztése, melynek területe egy adott r sugarú kör r 2 π területével egyenlő. A kör kiegyenlítése olyan egyenes szakasz szerkesztése, amelynek hossza az r sugarú kör 2πr kerületével egyenlő. Mindkét feladat visszavezethető az egységszakaszból a π hosszúságú szakasz szerkesztésére. Tétel: A π szám transzcendens. Általánosan: Legyen L(x) = r m=1 c m e γmx alakú függvény, ahol γ 1,, γ r egymástól különböző, c 1,, c r pedig zérustól különböző algebrai számok. Egy L(x) függvénynek sincs az x = 0 esetleges zérushely kivételével algebrai zérushelye. Az y = sin x, y = cos x, y = e x, y = tan x, y = cot x görbék közül egy sem megy át egynél több algebrai ponton. Az az algebrai pont, amelyen valamelyik görbe átmegy, egyben racionális is és az y-tengelyre esik. Következik az is, hogy nem lehet körzővel és vonalzóval olyan körszeletet szerkeszteni, amely négyszögesíthető. A körszeletet meghatározza a kör r sugara és a körszelethez tartozó ω középponti szög. A körszelet területének kétszerese r 2 ω r 2 sin ω = r 2 (ω sin ω). Mivel, ω 0 és sin ω nem lehet egyszerre algebrai szám, ezért általában a különbség transzcendens és nem szerkeszthető. Ellipszisnek és hiperbolának sem lehet olyan szeletét megszerkeszteni, amelynek területe is szerkeszthető. Viszont ez parabolára nem igaz. Alkalmas derékszögű koordinátarendszerben ugyanis bármely parabola egyenlete y = x 2. Annak a parabolaszeletnek a területe, amelyet a parabola P 1 = (x 1, y 1 ) és P 2 = (x 2, y 2 ) pontját összekötő húr a parabolával határol y 1 + y 2 (x 2 x 1 ) ( x3 2 2 3 x3 1 3 ) = (x 2 x 1 ) 3. 6 Ennek a területnek a mérőszáma P 1 -ből és P 2 -ből szerkeszthető és csak a P 1 és P 2 ponton átmenő s a parabola tengelyével párhuzamos egyenespár távolságától és a parabola paraméterétől függ. Körszeletekkel ellentétben már a görögök is ismertek körívekkel határolt négyszögesíthető idomokat. Hippokratésznak tulajdonítják a következő tételt: Tétel: Ha egy derékszögű háromszög oldalaira, mint átmérőkre úgy rajzolunk egy-egy félkört, hogy az átfogóra rajzolt félkör a háromszöggel ugyanazon oldalra, a befogókra rajzolt két félkör pedig a háromszögön kívül essék, akkor a három félkörrel határolt két hold alakú körkétszög területének összege a háromszög területével egyezik meg. 20
Legyen a, b a befogók, c az átfogó, H a és H b a két holdacska, T pedig a háromszög területe. Ekkor: H a + H b + 1 2 ( c 2 )2 π = T + 1 2 (a 2 )2 π + 1 2 ( b 2 )2 π, így H a + H b = T + π 8 (a2 + b 2 c 2 ) = T. Ha a derékszögű háromszög egyenlő szárú, akkor H a = H b = T 2 = ( a 2 )2. Tehát az a hold alakú körkétszög, amelyet egy négyzet oldalára, mint átmérőre rajzolt körlapnak a négyzet köré írható körön kívül eső része alkot, a négyzet területének negyedrészével egyenlő területű. Figure 19: Hippokratész tétele Figure 20: Holdacskák területével kapcsolatos feladatok 21
Hold alakú általános körkétszöget határol a közös A és B végponttal bíró és az AB egyenesnek ugyanazon oldalán fekvő l 1 és l 2 körív. Ha a két kör középpontja, sugara és a fölvett körívhez tartozó középponti szög O 1, r 1 és 2ω 1 ill. O 2, r 2 és 2ω 2, AB = h és r 1 < r 2 és T jelöli az AO 1 O 2 háromszög területét, akkor a holdacska területe és H = r 2 1ω 1 r 2 2ω 2 + 2T r 1 sin ω 1 = r 2 sin ω 2 = h2. A holdacska akkor négyszögesíthető, ha h-ból H, r 1 és r 2 körzővel és vonalzóval szerkeszthető. Ekkor azonban sin ω 1, sin ω 2 és 2T is szerkeszthető. Mivel ω 1 sin 2 ω 2 ω 1 sin 2 = 4 (H 2T ) = C, ω 2 h2 ezért a holdacska négyszögesíthetőségének feltétele, hogy az egységből C, sin ω 1, sin ω 2 szerkeszthető legyen. Ha feltesszük, hogy p = ω 2 algebrai szám, akkor fennáll sin pω 1 = p sin ω. Eddig csak olyan négyszögesíthető holdacskák létezését mutatták ki, amelyekre p 3 2, 3, 2, 5, 5 3. Az első kettőt Hippokratesz, az utolsó kettőt Clausen találta. ω 1 22
Figure 21: Hold alakú általános körkétszög Számos háromszögszerkesztés vezet harmadfokú egyenlethez. Például: Háromszög szerkesztése köréírt köre középpontjának az oldalaktól való távolságából. Mivel a háromszög magasságpontjának a távolsága egy csúcstól kétszer akkora, mint a köréírt kör középpontjának távolsága a szemközt fekvő oldaltól, így a háromszög szerkesztése magasságpontjának a csúcsoktól való távolságából általában nem elemi feladat. Háromszög szerkesztése kerületéből, beírható és köréírható körének sugarából általában nem elemi szerkesztés. 23