Matematika | Felsőoktatás » Kovács Zoltán - Geometria szerkesztések I

Geometria szerkesztések I (Euklidészi szerkesztések) Kovács Zoltán DE Matematikai és Informatikai Intézete 2001 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 1997. 2. G E Martin: Geometric Constructions Springer, 1997 3. Szőkefalvi Nagy Gyula: A geometriai szerkesztések elmélete Akadémiai Kiadó, Budapest 1968. 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; wα , : szögfelezők; hα , : magasságok; sa , . : 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 egye−− nes. AB A kezdőpontú és B-t tartalmazó félegyenes 1. Motiváció: a Descartes féle megoldástípus A Descartes féle megoldástípus elnevezés P ÓLYA G YÖRGYtől származik: A problémamegoldás iskolája. Tankönyvkiadó, Budapest, 1985 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. 2. 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 Megoldás: 1. megoldás (aranymetszéssel): (Hajós: Bevezetés a geometriába 224) 2. megoldás (a „módszeres” megoldás) Legyen a kör sugara egységnyi! A szabá2π lyos ötszög szerkesztése ekvivalens a cos 2π 5 szám szerkesztésével. Legyen α = 5 , tehát cos α-t kell szerkesztenünk. Tudjuk,

hogy cos (5α) = 1 A Moivre képlet alkalmazásával könnyen levezethetjük, hogy cos (5α) = 16 cos5 α − 20 cos3 α + 5 cos α. 5 (Azaz cos (5α) + i sin (5α) = (cos α + i sin α) , s a bal oldalt kifejtjük a binomiális tétellel.) Legyen x = cos α, ekkor egyenletünk: 16x5 − 20x3 + 5x − 1 = 0. 2-vel szorozva, majd az y = 2x új ismeretlennel: y 5 − 5y 3 + 5y − 2 = 0. Behelyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy y = 2 ennek az egyenletnek gyöke, amely tény segít a polinom faktorizálásában: ¡ ¢2 (y − 2) y 2 + y − 1 = 0. az y 2 + y − 1 = 0 egyenlet geometriailag szóba jövő gyöke: √ √ 5−1 5−1 , tehát cos α = . y= 2 4 Az utóbbi érték könnyen szerkeszthető. 4. Feladat Háromszögszerkesztés: a (ha , sb , wα ) típus Megoldás: Pitagorász tételekkel, az ábra alapján: C T ha BT = x, EB = p E a wα sb A B ha 1. ábra A (ha , sb , wα ) háromszögszerkesztési feladat (x + a)2 = 4s2b − h2a =⇒ x + a = q 4s2b − h2a

=⇒ a = K − x | {z } K 2 (x − p)2 = wα2 − h2a =⇒ x − p = p w2 − h2 =⇒ p = L + x | α{z a} −L A bevezetett K és L az adatok által meghatározott, s mindkettő szerkeszthető az adatokból. A szögfelezőtétel: b a−p = , p c továbbá ismét Pitagorász tételekkel: b2 = h2a + (a − x)2 , c2 = h2a + x2 . A fenti összefüggések alkalmazásával: µ a−p p ¶2 µ ¶2 b2 a a2 − 2ax = 2 =⇒ −1 =1+ 2 , c L+x ha + x2 ¶2 µ 2a a2 − 2ax a − = 2 , L+x L+x ha + x 2 2 a − 2x a − = 2 , 2 (L + x) L+x ha + x 2 2 K − 3x K −x − = 2 . (L + x)2 L+x ha + x 2 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 2 térfogatú kocka oldaléle Megoldás: A szerkesztendő szakasz hossza kielégíti a x3 = 2 egyenletet, azaz szerkesztendő √ 3 2.1 6. Feladat (Körnégyszögesítés) Szerkesztendő az egységkörrel azonos kerületű, illetve azonos területű négyzet oldala Megoldás: A keresett négyzet√oldala kielégíti a 4x = 2π, illetve az x2 = π egyenletet, azaz szerkesztendő π2 , 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 2 az egységszakaszból körzővel és vonalzóval tényleg nem szerkeszthető, de ezt innen még nem lehet leolvasni! 3 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 α0 , tehát adott cos α0 = c Legyen α30 = α, tehát cos (3α) = c. A bal oldalt kifejtve: 4 cos3 α − 3 cos α = c. Az utóbbi egyenletet 2-vel szorozva és bevezetve a 2 cos α = x új ismeretlent: x3 − 3x = 2c, 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 tizen1 = 31 , szöget duplázni pedig tudunk. Állítsuk kettede a nagymutatóénak, továbbá 4 · 12 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 M N = 1, AB = 0.5 B M G C 2. ábra Szögharmadolás jelzett vonalzóval 9. Feladat (Szögharmadolás tomahawk-kal) Az ábra alapján elemezzük a szögharmadolási eljárást! 2. Euklidészi szerkesztések körzővel és vonalzóval 2.1 Definíció Legyen H ⊂ R2 Egy P ∈ R2 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 P1 , P2 , . , Pn

= P 4 (Pi ∈ R2 ) 3. ábra Szögharmadolás tomahawk-kal pontsorozat, hogy ∀i : Pi ∈ H vagy Pi 1. két kisebb indexű pontra illeszkedő egyenes metszéspontja; 2. 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: 2.2 Tétel Ha O, A B szerkeszthető pontok, akkor az (O, AB) kör szerkeszthető

Bizonyítás: A szerkesztést Euklidész nyomán adjuk meg. (Elemek I könyv 2 tétel) −−− −− P1 ∈ (O, A)∩(A, O), P2 = (A, B)∩P1 A úgy, hogy P1 −A−P2 , P3 = P O ∩(P1 , P2 ) úgy, hogy P1 − O − P3 . (O, P3 ) = (O, AB) 2.3 Definíció Egy x ∈ R számot körzővel-vonalzóval szerkeszthetőnek mondunk, ha (x, 0) ∈ R2 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. )2 Ezekből az egyszerű szerkesztésekkel könnyen elvégezhető az alábbi tétel bizonyítása (ld 4 ábra): 2.4 Tétel 1. A koordinátatengelyek körző-vonalzó egyenesek 2. Ha az (x, 0), (−x, 0), (0, x), (0, −x) pontok egyike körző-vonalzó pont, akkor mindegyik körző-vonalzó pont. 2 Az „elemi” szerkesztések Euklidész nyomán

készített jegyzékét az olvasó a függelékben találja meg. 5 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 2.5 Definíció Az E ⊂ R testet euklidészi testnek nevezzük, ha rendelkezik az alábbi tulajdonsággal: √ ∀x ∈ E, x > 0 : x ∈ E. 2.6 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. √ / F , akkor 2.7 Tétel Ha F ⊂ R számtest, továbbá d ∈ F egy pozitív szám, de d ∈ n o √ √ F ( d) = p + q d | p, q ∈ F √ d-vel való egyszerű négyzetgyök bővítésének nevezünk. ¡√ ¢ ¡√ ¢ ¡√ ¢ d , F = F1 d2 , . , Fn = Fn−1 dn , akkor 2.8

Definíció Ha¡√ F1 = F √ 1¢ 2 d1 , . , dn -t írunk; az F, F1 , , Fn testek mindegyikét az F röviden Fn = F iteratív négyzetgyök bővítésének nevezzük. test, melyet az F test 2.9 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 a−b a b a+b 1 ab −a a/b −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 2.10 Tétel E minden eleme algebrai szám Bizonyítás: A bizonyítást az alábbi segédtétel kimondásával³kezdjük: √ ´ d testből valók, akkor Ha c k-adfokú polinom gyöke és a polinom együtthatói az F c 2k-adfokú polinomnak is gyöke, és az együtthatók F -beliek. Legyen tehát c az ³ ³ ³ √ ´ √ ´ √ ´ f (x) = ak + bk d xk + · · · + a1 + b1 d x + a0 + b0 d √ polinomnak gyöke, ahol ai ,

bi ∈ F d ∈ F , d > 0, d ∈ / F . Ha f (c) = 0, akkor: ¡ ¢√ d. ak ck + · · · + a1 c + a0 = − bk ck + · · · + b0 Emeljük négyzetre a fenti sort: ¡ ¢ a2k − b2k d c2k + · · · = 0. A baloldalon tehát egy legfeljebb 2k-adfokú polinom szerepel. Annyit kell belátni, hogy ez pontosan 2k-adfokú, azaz a2k − b2k d 6= 0. Indirekt módon tegyük fel, hogy √ ak ∈ F következne, ami a2k = b2k d. Ebből azonban bk = ak = 0 vagy d = bk ellentmondás. 7 Térjünk most rá az eredeti állítás bizonyítására. Legyen c ∈ E! ³p ´ ³p p ´ d1 , . , dk = F dk . c∈Q c ilyenkor nyilván gyöke az x − c polinomnak, azaz szerint olyan polip a segédtétel ¢ ¡√ nomnak is gyöke, mely együtthatói az Q d1 , . , dk−1 testből valók, , c olyan polinomnak is gyöke, mely együtthatói Q-ból valók. 2.11 Következmény A körnégyszögesítés nem euklidészi szerkesztés 3. Harmadfokú problémák 3.1 Tétel Legyen f = x3 +ax2 +bx+c, a, b, c ∈

Q Az alábbi állítások ekvivalensek: 1. f -nek van szerkeszthető gyöke; 2. 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 d1 , , dk -ben van szerkeszthető gyöke szerint. p Jelölje ¢ ezt a szerkeszthető ¡√ √ gyö√ k ≥ 1 az indirekt feltétel köt u = p + q dk . Itt dk , p, q ∈ Q d1 , , dk−1 , dk > 0, q 6= 0 és dk 6∈ p ¢ ¡√ √ Q d1 , . , dk−1 Egyszerű behelyettesítés mutatja, hogy ekkor u0 = p − q dk 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: x3 + ax2 + bx + c = ³ h ³ p ´i p ´i h = (x − t) · x − p + q dk · x − p − q dk = = x3 − (2p + t)x2 + . Hasonlítsuk össze a másodfokú tag együtthatóját mindkét oldalon: ´

³p p d1 , . , dk−1 a = −(2p + t) =⇒ t = −2p − a ∈ Q Ez ellentmond k minimális tulajdonságának. 3. =⇒ 2 Legyen t ∈ Q racionális gyök! Ekkor: x3 + ax2 + bx + c = (x − t)(x2 + a0 x + b0 ). A négyzetes és a lineáris tag együtthatójának összehasonlítása mutatja, hogy a0 , b0 ∈ Q. A tétel további állításai triviálisak. √ 3.2 Következmény (A kockakettőzés lehetetlenség) 3 2 nem szerkeszthető körzővelvonalzóval az egységszakasz ismeretében √ Bizonyítás: Az x3 − 2 polinomnak nincs racionális gyöke. (Egyetlen valós gyöke 3 2, de ez nem racionális szám. Más gondolatmenettel: Rolle tételéből adódóan ha pq racionális gyök, továbbá (p, q) = 1, akkor p | 2, q | 1, tehát racionális gyök csak 2 lehetne, a 2 azonban nem gyök.) 8 3.3 Következmény (Az általános szögharmadolás lehetetlensége) A szög nem harmadolható, azaz cos π9 nem szerkeszthető. π 3 mértékű Bizonyítás: A szögharmadolási

egyenlet c = 21 -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 cos7 t − 112 cos5 t + 56 cos3 t − 7 cos t. A 2 cos t = x ismeretlen bevezetésével a következő egyenletet kajuk: x7 − 7x5 + 14x3 − 7x − 2 = 0. Behelyettesítéssel adódik, hogy 2 a p = x7 − 7x5 + 14x3 − 7x − 2 polinomnak gyöke, s p a következőképpen faktorizálható: ¡ ¢2 p = (x − 2) x3 + x2 − 2x − 1 . A probléma tehát a

p0 = x3 + x2 − 2x − 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 − 31 Ekkor az 7 7 =0 y3 − y − 3 27 egyenlethez jutunk. Ismét új ismeretlen bevezetésével elérhetjük a szögharmadolási egyenletet. Legyen y = αz, ahol α egy később meghatározandó szám: z3 − 7 7 z= . 3α2 27α3 Mivel a szöharmadolási egyenletet akarjuk elérni: √ 7 7 = 3 =⇒ α = . 3α2 3 Ezt az értéket behelyettesítve valóban szögharmadolási egyenletet kapunk: 1 z 3 − 3z = √ , 7 ahol a harmadolandó ξ szögre cos ξ = √1 . 28 9 4. Negyedfokú problémák 4.1 Definíció A p = x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x

+ a0 , negyedfokú polinom köbös rezolvense alatt az alábbi harmadfokú polinomot értjük: r = y 3 − a2 y 2 + (a3 a1 − 4a0 )y − a21 − a23 a0 + 4a2 a0 . Megjegyzés. Algebrai tanulmányainkból tudjuk, hogy ha d1 , d2 , d3 , d4 a p (komplex) gyökei, akkor d1 d2 + d3 d4 , d1 d3 + d2 d4 , d1 d4 + d2 d3 a köbös rezolvens gyökei. 4.2 Tétel Legyen p = x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 , (ai ∈ Q, a4 6= 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 dk ∈ Q d1 , . , dk p szerkeszthető gyöke (dk , v, w ∈ p p ¢ ¡√ ¢ ¡√ √ / Q d1 , . , dk−1 Nehézség nélkül elQ d1

, , dk−1 , w 6= 0, dk ∈ √ lenőrizhető, hogy ekkor u0 = v − w dk is gyök, továbbá u 6= u0 . A p gyökeit a továbbiakban jelöljük a következőképpen: u = d1 , u0 = d2 , d3 , d4 . Azt állítjuk, hogy d1 d2 +d3 d4 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: d1 + d2 + d3 + d4 = −a3 =⇒ d3 + d4 = −(a3 + 2v) d1 d2 + d1 d3 + d1 d4 + d2 d3 + d2 d3 + d3 d4 = a2 =⇒ d1 d2 + d3 d4 = a2 + 2a3 + 4v 2 , ami a köbös rezolvens szerkeszthető gyöke. 11. Feladat Az (a, ha , wβ ) háromszögszerkesztési feladat Megoldás: Belátjuk, hogy az (1, 1, 1) adatok mellett a háromszög nem szerkeszthető. Felírva a háromszög területét: T = ac sin β aha = , 2 2 ahonnan c= 1 . sin β 10 A szögfelezőre a 12. feladatban megadott összefüggés szerint: a + c = 2ac cos

Rendezve: 2 sin β β 1 1 =⇒ 1 + =2 cos . 2 sin β sin β 2 β β β cos + 1 = 2 cos . 2 2 2 Négyzetre emelés után: 4 sin2 β β β β cos2 = 4 cos2 − 4 cos + 1. 2 2 2 2 A 2 cos β2 = x helyettesítéssel: ¶ µ x2 2 = x2 − 2x + 1, x 1− 4 £ ¤ azaz x4 − 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 3 c > 0, c ∈ / L. Ha f ∈ L[x] L fölött √ irreducibilis polinom, de L ( c) fölött reducibilis, akkor f előállítható ¡√ ¢ f = f1 f2 , (f1 , f2 ∈ L c [x]) √ alakban, ahol f1 és f2 fokszáma megegyezik, továbbá f1 és f2 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 – K = Q esetén kapjuk az eredeti állítást. ¡√ 2 hatvány. √ ¢ c1 , . , ct A bizonyítást a t szerinti teljes indukcióval végezLegyen L = K zük el. t = 0-ra K = L. f nyilván elsőfokú ekkor, mert van gyöke K-ban, mégsem reducibilis. Elsőfokú polinomra az állítás nyilván igaz: 20 = 1 Tegyük fel, hogy 1, . ¢ , t−1-re igaz, s f legalább másodfokú Most

belát¡√az állítás √ c1 , . , ct fölött reducibilis, mert van¢gyöke ebben a testben. juk t-re. f L = K ¡√ √ c1 , . , c`−1 fölött irreducibilis, de Létezik olyan 1 ≤ ` ≤ t egész, hogy f K 11 ¡√ √ ¢ K c1 , . , c` fölött már reducibilis (Utóbbi nem jelenti azt,¡ hogy gyöke is¢ van √ √ c1 , . , c` [x], a testben!) A lemmát alkalmazva: f2 , ¢ahol f1 , f2 ∈ K ¡√f = f1√ c1 , . , c` fölött irreducibilisek Mivel f (u) = azonos fokszámúak, továbbá K f1 (u)f2 (u) = 0, ezért u f1 -nek vagy f2 -nek gyöke. Legyen f1 -nek. ¢ Ha f1 el¡√például √ c , c [x] polinom . sőfokú, az állítást bebizonyítottuk. Egyébként az f ∈ K . . , 1 ` 1 ¡√ ¡√ √ ¢ √ ¢ c1 , . , c` fölött irreducibilis, L = K c1 , . , ct -ben van gyöke, tehát K 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.) 12. Feladat Bizonyítsuk be, hogy az alábbi háromszögszerkesztési feladatok nem szerkeszthetők euklidészi értelemben! A harmadfokú problémáknál vizsgáljuk, hogy megoldható-e szögharmadoló eszközzel3 1. (a, b, wα ) (1, 1, 1) 16. (ha , wβ , wγ ) (1/2, 2, 2) 2. (a, β, wα ) (2, π/2, 1) 17. (sa , wβ , wγ ) (1/2, 2, 2) 3. (a, hb , wα ) (2, 2, 1) 18. (wα , wβ , wγ ) (1/2, 2, 2) 4. (a, sa , wβ ) (2, 2, 2) 19. (a, α, wβ ) (1, π/3, 1) 5. (a, sb , wβ ) (1, 2, 1) 20. (a, ha , wβ ) (1, 1, 1) 6. (a, sb , wγ ) (1, 1, 1) 21. (a, sb , wα ) (1, 1, 2) 7. (a, wα , wβ ) (1, 1, 1) 22. (α, sb , wα ) (π/2, 2, 1) √ 8. (α, wβ , wγ ) (π/2, 1, 2) 23. (sa , sb , wα ) (2, 2, 1)

9. (α, ha , wβ ) (π/2, 1, 2) 24. (sa , sb , wγ ) (2, 1, 1) 10. (α, hb , wγ ) (π/2, 2, 1) 25. (ha , sb , wβ ) (1, 1, 1/2) 11. (α, sb , wβ ) (π/2, 2, 1) 26. (sa , wα , wβ ) (2, 1, 1) 12. (α, sb , wγ ) (π/2, 1, 1) 27. (α, wα , wβ ) (π/2, 1, 3) 13. (ha , hb , wα ) (1, 1, 2) 14. (ha , sa , wβ ) (2, 2, 1) 28. (ha , sb , wγ ) (1, 1, 1/2) √ 29. (a, wβ , wγ ) (1, 2, 1) 15. (ha , wα , wβ ) (1, 2, 2) 30. (α, sa , wβ ) (π/4, 1, 1) Megoldás: Használjuk az alábbi összefüggéseket: ¡ ¢ bc (b + c)2 − a2 2bc · cos α2 2 , , 4s2a = 2b2 + 2c2 − a2 wα = w = α (b + c)2 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 http://wwwmathuszegedhu/polygon/konyvtarhtm címről 12 6. A szabályos sokszögek szerkesztése A szabályos sokszögek euklidészi szerkesztésére vonatkozó klasszikus eredmény a következő: 6.1 Tétel (Gauss – Wantzel) Legyen n > 2 egés Szabályos n szög akkor és csakis akkor szerkeszthető, ha n a következőképpen bontható prímhatványok szorzatára: n = 2k p1 · pr , ahol p1 , . , pr különböző Fermat-prímek4 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. 6.2 Definíció A z = a + bi ∈ C (a, b ∈ R) komplex számot euklidészi értelemben szerkeszthetőnek nevezzük, ha a és b

euklidészi értelemben szerkeszthető valós számok. √ 6.3 Tétel Ha z1 , z2 ∈ C szerkeszthető komplex számok, akkor z1 + z2 , z1 z2 , z1 , z11 is szerkeszthető. Bizonyítás: A komplex számok trigonometrikus alakját használva. Az egységkörbe írt szabályos n-szög szerkeszthetősége ekvivalens az εn = cos 2π 2π + i sin n n n-edik komplex egységgyök megszerkesztésével. A következő észrevételek arra mutatnak rá, hogy elegendő csak prímhatvány oldalú szabályos sokszögek szerkesztésével foglalkozni. 6.4 Tétel Legyenek m és n egytől nagyobb, relatív prím egészek! εmn akkor és csakis akkor szerkeszthető, ha εm és εn mindegyike szerkeszthető. Bizonyítás: Ha (m, n) = 1, akkor léteznek olyan u, v egészek, hogy mu + nv = 1. Ezért: nv u v εmn = εmu+nv = εmu mn mn εmn = εn εn . 6.5 Következmény Legyen n = pk11 · · · pks s az n egész szám prímhatványok szorzatára bontása (p1 , ps különböző prímek) εn

akkor és csakis akkor szerkeszthető, ha k εpjj mindegyike szerkeszthető. n 4 Azaz 22 + 1 alakú prímek. A szerző tudomása szerint mindezidáig a következő Fermat prímek ismertek: 3, 5, 17, 257, 65537 13 6.6 Definíció Legyen p prím A xp − 1 = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1 ∈ Z[x] x−1 polinomot p-edik körosztási polinomnak, míg a χp = 2 χp2 = xp − 1 = xp(p−1) + xp(p−2) + · · · + xp + 1 ∈ Z[x] xp − 1 polinomot pedig p2 -edik körosztási polinomnak nevezzük. 6.7 Tétel εp gyöke χp -nek, εp2 gyöke χp2 -nek, továbbá mind χp mind χp2 irreducibilis Q fölött 6.8 Tétel Legyen p tetszőleges páratlan prím Ha εp szerkeszthető komplex szám, akn kor p Fermat prím, azaz valamely n természetes számmal p = 22 + 1 alakban írható fel. εp2 sosem szerkeszthető 6.9 Következmény εpk egyetlen páratlan prímre sem szerkeszthető 6.10 Tétel A szabályos 17-szög szerkeszthető Bizonyítás (Gauss’18.): Legyen 2π 2π

+ i sin , továbbá ch = εh + ε−h . 17 17 Könnyen ellenőrízhetők ch -ra az alábbi számolási szabályok: ε = cos ch = c−h , ch = c17−h , cmn = cm+n + cm−n , másrészt: 2 > c1 > c2 > c3 > c4 > 0 > c5 > c6 > c7 > c8 > −2. Mivel χ17 (ε) = 0: ε16 + ε15 + · · · + ε + 1 = 0. Szorozzuk a fenti relációt ε−8 -al: ¡ 8 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ε + ε−8 + ε7 + ε−7 + · · · + ε1 + ε−1 = −1. Legyen y1 = c1 + c2 + c4 + c8 , y2 = c3 + c5 + c6 + c7 . Mivel y1 + y2 = −1 és y1 · y2 = −4 és y1 > y2 , √ √ −1 + 17 −1 − 17 , y1 = . y1 = 2 2 Legyen most y11 = c1 + c4 , y12 = c2 + c8 . y11 + y12 = y1 , y11 · y12 = −1, y11 > y12 , tehát p y1 + y12 + 4 . y11 = 2 Legyen y21 = c3 + c5 , y22 = c6 + c7 . y21 + y22 = y2 , y21 · y22 = −1, y21 > y22 , tehát: p y2 + y22 + 4 . y21 = 2 Végezetül c1 + c4 = y11 , c1 · c4 = c3 + c5 = y21 , ahonnan p 2 − 4y y11 − y11 21 . c4 = 2 Belátható, hogy c4 az

egységkörbe írt szabályos 34-szög oldala. 14 A. Függelék Szerkesztések az Elemek ben Az I. könyv összes szerkesztési feladata Euklidész I.1 Szerkesszünk szabályos háromszöget, ha adott az oldala Euklidész I.2 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.12 Szerkesszünk merőlegest adott egyenesre rá nem illeszkedő pontból Euklidész I.22 Háromszög szerkesztés három oldalból Euklidész I.23 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.42 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 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)2 . (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.2 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.12 Adott kör köré írjunk szabályos ötszöget Euklidész VI.12 A negyedik arányos szerkesztése Euklidész VI.13 Két szakasz mértani középarányosának szerkesztése 16 B. Függelék Útmutatások Útmutatások a 12/1–19 feladatokhoz (harmadfokú problémák) (a, b, wα ) ¡ ¢ wα2 (b + c)2 = bc (b + c)2 − a2 , bc3 + (2b2 − wα2 )c2 + (b3 − ba2 − 2bwα2 )c − wα2 b2 = 0, a = b = wα = 1, x = c : x3 + x2 − 2x − 1 = 0 (a, β, wα ) Legyen {D} = wα ∩ BC , p = BC, β = π/2. p = wα sin α , 2 α α = (a − p)

sin γ, wα sin = (a − p) cos α, 2³ 2´ α´ ³ α 2 α , 1 − 2 sin wα sin = a − wα sin 2 2 2 α a = 2, wα = 1, x = sin : 2 x3 − 2x2 − x + 1 = 0. wα sin (a, hb , wα ) A megadott specializáció az előző feladattal ekvivalens feladatot ad. (a, sa , wβ ) 1 2 a + c2 − ac cos β, 4 1 2 a + c2 − s2a 1 β + , cos2 = 4 2 2ac 2 ¶ µ 1 2 2 2 2 2 a + c − s2a + ac wβ (a + 2ac + c ) = 2ac 4 wβ (a + c) = 2ac cos β , 2 s2a = a = wβ = sa = 2, x = c : x3 + x2 − 7x − 4 = 0. (a, sb , wβ ) 4s2b = a2 + c2 + 2ac cos β, 17 2ac cos β = wβ (a + c), 2 2 cos2 wβ2 (a + c)2 4s2 − a2 − c2 β β = b + 1, , 2 cos2 = 2 2ac 2 2ac ac(4s2b − a2 − c2 + 2ac) = wβ2 (a + c)2 , a = wβ = 1, sb = 2, x = c : x3 − x2 − 13x + 1 = 0. (a, sb , wγ ) 1 γ s2b = a2 + b2 − ab cos γ, wγ (a + b) = 2ab cos , 4 2 1 2 2 2 a + b − s 1 γ b 4 + , cos2 = 2 2ab 2 2 2 w (a + b) γ γ , cos2 = 2 b2 2 4a¶ µ 1 2ab a2 + b2 − s2b + ab = wγ2 (a + b)2 , 4 a = sb = wγ = 1,

x = b : x3 + 2x2 − 4x − 2 = 0. (a, wα , wβ ) A megadott specializációval az (a, b, wα ) feladatra vezettük vissza a problémát. (α, ha , wβ ) Legyen {D} = wβ ∩ AC, p = AD, α = π/2. β , b cos β = ha , 2 β wβ sin = (b − p) cos β, 2 µ ¶ β β β 1 − 2 sin2 , wβ sin = ha − wβ sin 2 2 2 β ha = 1, wβ = 2, x = 2 sin : 2 x3 − 4x + 2 = 0. p = wβ sin (α, sb , wβ ) {D} = wβ ∩ AC, p = AD, α = π/2. 1 2 b = s2b − c2 , 4 c2 = wβ2 − p2 , (b − p) cos β = wβ sin sin p β = , 2 wβ β , 2 sb = 2, wβ = 1 : 2 b = 12 + 4p2 , (b − p)(1 − 2p2 ) = p, 2p(1 − p2 ) , 1 − 2p2 (3 + p2 )(1 − 4p2 + 4p4 ) = p2 (1 − 2p2 + p4 ), b= 3p6 + 10p4 − 12p2 + 3 = 0, / · 32 , x3 + 10x2 − 36x + 27 = 0. 18 x = 3p2 : (α, sb , wγ ) α= 1 c2 = s2b − b2 , 4 π : 2 γ = (a + b)wγ , 2 γ b = wγ cos , a2 = b2 + c2 , 2 sb = wγ = 1 : b , 2ab2 = a + b, a= 2 2b − 1 (b2 + c2 )(2b2 − 1)2 = b2 , µ ¶ 3 2 b + 1 (4b4 − 4b2 + 1) = b2 , 4 17

3b6 + b4 − b2 + 1 = 0 / · 23 32 , x = 6b2 : 4 x3 + 2x2 − 51x + 72 = 0. 2ab cos (ha , hb , wα ) ha = hb =⇒ α = β : 3 ha = c sin α, wα sin α = c sin α, 2 3 2 sin α = 1 ha = 1, wα = 2 : 2 α α α 6 sin − 8 sin3 = 1, x = 2 sin : 2 2 2 3 x − 3x + 1 = 0. (ha , sa , wβ ) ha = sa =⇒ β = γ : 3 a sin β = wβ sin β, a = 2ha cot β, 2 ha = 2, wβ = 1 : a sin β = 4 cos β, ¶ µ β β 2 β 3 β = 4 1 − 2 sin , 3 sin − 4 sin x = 2 sin 2 2 2 2 x3 − 4x2 − 3x + 8 = 0. (ha , wα , wβ ) A megadott specializációval a (ha , hb wα ) problémára vezettük vissza a feladatot. (ha , wβ , wγ ) wβ = wγ =⇒ b = c ∧ β = γ : 3 1 b sin 2β = wβ sin β, b sin β = ha , ha = , wβ = 2 : 2 2 19 1 3 3 sin 2β = 2 sin β sin β, cos β = 2 sin β, 2 2 2 β β 2 β 3 β = 6 sin − 8 sin , 1 − 2 sin / · 8, x = 4 sin : 2 2 2 2 x3 − x2 − 12x + 8 = 0. (sa , wβ , wγ ) A megadott specializációval a (ha , wβ , wγ ) feladatra vezettük vissza a problémát.

(wα , wβ , wγ ) A megadott specializációval a (ha , wβ , wγ ) feladatra vezettük vissza a problémát. (a, α, wβ ) Legyen {D} = wβ ∩ AC, φ = BDC^. φ= π α γ + − , 2 2 2 a sin γ = wβ sin φ, π , wβ = 1 : 3³ π γ´ − , sin γ = cos 6 2 γ 1√ 1 γ γ γ 3 cos + sin , 2 sin cos = 2 2 2 2 2 2 ¶2 µ ´ 3 1 ³ γ γ γ 1 − cos2 = cos2 , 2 cos − / · 4, 2 2 2 4 2 a = 1, α = x4 − x3 − 3x2 + 4x − 1 = 0. x = 1 az x4 − x3 − 3x2 + 4x − 1 = 0 polinomnak gyöke: (x − 1)(x3 − 3x + 1) = 0. 20 x = 2 cos γ : 2 Feladatok CA támogatással (α, sb , wα ) α = π/2: π = wα (b + c), 4 c , wα = 1, sb = 2 b= √ 2c − 1 √ (16 − 4c2 )( 2c − 1)2 = c2 , √ √ √ 8c4 − 8 2c3 − 27c2 + 32 2c − 16 = 0 / : 2, x = 2c : 27 x4 − 2x3 − x2 + 16x − 8 = 0 / · 16, y = 2x 4 4 3 2 y − 4y − 27y + 128y − 128 = 0. b2 = 4s2b − 4c2 , 2bc cos Az Eukleid programmal: f f(x)= (1, -4, -27, 128, -128) x^4 - 4x^3 - 27x^2 + 128x - 128 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 + 27x^2 - 512 Mf f(x) =x^3 + 27x^2 - 512 R(f) f(x) (egyik) racionális gyökének keresése f-nek nincs racionális gyöke Akarja látni a (kerekitett!) helyettesitési értékeket? f(1/1) f(-1/1) f(2/1) f(-2/1) f(4/1) f(-4/1) f(8/1) = = = = = = = I -484.000000000000000000 -486.000000000000000000 -396.000000000000000000 -412.000000000000000000 -16.000000000000000000 -144.000000000000000000 1728.000000000000000000 21 f(-8/1) f(16/1) f(-16/1) f(32/1) f(-32/1) f(64/1) f(-64/1) f(128/1) f(-128/1) f(256/1) f(-256/1) f(512/1) f(-512/1) = = = = = = = = = = = = = 704.000000000000000000 10496.000000000000000000 2304.000000000000000000 59904.000000000000000000 -5632.000000000000000000 372224.000000000000000000 -152064.000000000000000000 2539008.000000000000000000

-1655296.000000000000000000 18546176.000000000000000000 -15008256.000000000000000000 141295104.000000000000000000 -127140352.000000000000000000 22 (α, sa , wβ ) 4s2a = c2 + b2 + 2bc cos α, ¶ µ β , c sin α = wβ sin π − α − 2 c sin β = b sin(α + β), π α = , wβ = 1, sa = 1 : 4 β β sin β = c2 − 1, c = sin + cos , 2 2 1√ 2c 2(sin β + cos β) = c sin β, b , b= √ 2 2(cot β + 1) 2c(c2 − 1) , b= √ √ 2( 2c2 − c4 + c2 − 1) p p (4 − c2 )( 2c2 − c4 + c2 − 1)2 = 2c2 (c2 − 1)2 + 2c2 (c2 − 1)( 2c2 − c4 + c2 − 1), 32x6 − 192x5 + 504x4 − 720x3 + 537x2 − 168x + 16 = 0 6 5 4 3 / · 27 , y = 4x 2 y − 24y + 252y − 1440y + 4296y − 5373y + 2048 = 0. f f(x) = 1, ( -24, 252, -1440, 4296, -5373, 2048) x^6 - 24x^5 + 252x^4 - 1440x^3 + 4296x^2 - 5373x + 2048 ?|f++ Van-e f(x)-nek adott foku osztója? Fok = 1 100.000 % Nincs olyan osztó, melynek foka 1 Fok = 2 100.000 % Nincs olyan osztó, melynek foka 2 f-nek nincs 1 2 Fok =

3 100.000 % Nincs olyan osztó, melynek foka 3 3 foku osztója 23 x = c2 :