Elemente der Mathematik

Elemente der Mathematik - Sommer 2016
Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
Übungsblatt 5
Aufgabe 16 (6 Punkte).
3
2
(a) Zeigen Sie, dass 2 cos( 2π
7 ) eine Lösung der kubischen Gleichung x + x −
2x − 1 = 0 ist.
(b) Zeigen Sie, dass die Gleichung aus (a) keine rationale Lösungen besitzt.
(c) Ist das reguläre Siebeneck konstruierbar? Beweisen oder widerlegen Sie.
Hinweis für (a): Zeigen Sie zuerst die Gleichheiten cos(2θ) = 2 cos2 θ − 1 und
cos(3θ) = 4 cos3 θ − 3 cos θ.
Lösung.
(a) Wir folgen zuerst dem Hinweis und zeigen
(1)
cos(2θ) = 2 cos2 θ − 1
(2)
cos(3θ) = 4 cos3 θ − 3 cos θ.
Wir zeigen zuerst (1) mit Hilfe des Additionstheorems für den Kosinus.
cos(2θ) = cos(θ + θ) = cos2 θ − sin2 θ
= cos2 θ − (1 − cos2 θ) = 2 cos2 θ − 1.
Eigenschaft (2) folgt ebenfalls aus den Additionstheoremen und aus (1).
cos(3θ) = cos(2θ + θ) = cos(2θ) cos(θ) − sin(2θ) sin θ
= (2 cos2 θ − 1) cos θ − (2 sin θ cos θ) sin θ
= 2 cos3 θ − cos θ − 2 cos θ(1 − cos2 θ)
= 4 cos3 θ − 3 cos θ.
Sei nun θ =
2π
7 .
Offensichtlich gelten
cos θ = cos(6θ)
cos(2θ) = cos(5θ)
cos(3θ) = cos(4θ)
2
und somit 0 =
P6
k=0 cos(kθ)
= 1 + 2 cos θ + 2 cos(2θ) + 2 cos(3θ). Unter
Benutzung von (1) und (2) erhalten wir demnach
0 = 1 + 2 cos θ + 2 cos(2θ) + 2 cos(3θ)
= 1 + 2 cos θ + 2 cos(2θ) + (4 cos2 θ − 2) + (8 cos3 θ − 6 cos θ)
= 8 cos3 θ + 4 cos2 θ − 4 cos θ − 1
= x3 + x2 − 2x − 1
für x = 2 cos(θ).
(b) Angenommen, y =
n
m
ist eine Nullstelle von
p(x) = x3 + x2 − 2x − 1
mit n, m ∈ Z teilerfremd und m ≥ 1. Durch Erweitern mit m3 erhalten wir
n3 + n2 m − 2nm2 − m3 = 0. Daraus folgt aber, dass a ein Teiler von b und
b ein Teiler von a ist. Somit ist y = ±1, dies ist aber keine Nullstelle von
p(x).
(c) Das reguläre Siebeneck ist genau dann konstruierbar, wenn 2 cos( 2π
7 ) konstruierbar ist. Nach (a) ist 2 cos( 2π
7 ) eine Nullstelle des Polynoms
p(x) = x3 + x2 − 2x − 1.
Wir behaupten, dass keine Nullstelle von p(x) konstruierbar ist. Falls doch,
so sei n ∈ N minimal, sodass p(x) eine Nullstelle y ∈ Kn+1 hat. Es gibt
√
also ein a, b, c ∈ Kn , sodass y = a + b c mit b 6= 0. Wir haben
0 = y 3 + y 2 − 2y − 1
√
√
= (a3 + 3ab2 c + a2 + b2 c − 2b − 1) + (3a2 b + b3 c + 2ab − 2b) c =: u + v c
Falls v 6= 0, so ist
√
c = − uv ∈ Kn , ein Widerspruch. Also ist u = v = 0.
2−2a−3a2
und durch Einsetzen in u = 0 erhalten wir
b2
3
2
3
2
a + ab − 6a − 9a + a + 2 − 2a − 3a2 − 2a − 1 = −8a3 − 8a2 + 2a + 1 = 0.
Dann gilt aber c =
Somit ist aber
1
2a
eine Nullstelle von p(x) in Kn , ein Widerspruch.
Aufgabe 17 (4 Punkte). Beweisen Sie folgende Aussagen für n ∈ N.
(a) Ist z der Schnittpunkt einer Geraden in G(Kn ) und eines Kreises aus
K(Kn ), so gilt z ∈ Kn+1 .
(b) Ist z der Schnittpunkt zweier Kreise in K(Kn ), so ist z ∈ Kn+1 .
Lösung.
3
(a) Sei
g = {z0 + λz1 | λ ∈ R}
eine Gerade mit z0 , z1 ∈ Kn und z1 6= 0 und sei k der Kreis mit Mittelpunkt
z2 ∈ Kn und Radius r ∈ Kn . Dann ist z ∈ k genau dann, wenn |z − z2 |2 =
r2 . Für die Schnittpunkte z0 + λz1 von g und k gilt dann
|z0 − z2 + λz1 |2 = r2
⇐⇒
λ2 |z1 |2 + 2Re(λz1 (z0 − z2 )) + |z0 − z2 |2 = r2
⇐⇒
λ2 |z1 |2 + 2λRe(z1 (z0 − z2 )) + |z0 − z2 |2 = 0
z − z |z − z |2 − r2
0
2
0
2
λ2 + 2λRe
=0
+
z1
|z1 |2
⇐⇒
und somit ist λ eine Lösung einer quadratischen Gleichung mit Koeffizienten
in Kn und damit in Kn+1 .
(b) Seien k0 , k1 Kreise mit Mittelpunkten z0 = x0 + iy0 , z1 = x1 + iy1 ∈ Kn
und Radien r0 , r1 ∈ Kn . Dann gilt für die Schnittpunkte z = x + iy von k0
und k1
|z − z0 |2 = r02 und |z − z1 |2 = r12
⇐⇒
|z|2 − 2Re(z0 z) + |z0 |2 = r02 und |z|2 − 2Re(z1 z) + |z1 |2 = r12 .
Wenn wir die Differenz der beiden Gleichungen bilden, erhalten wir eine
lineare Gleichung
2Re(z(z1 − z0 )) + |z0 |2 − |z1 |2 = r02 − r12
⇐⇒
2x(x1 − x0 ) − 2y(y1 − y0 ) = c ∈ Kn .
Somit ist z also der Schnittpunkt eines Kreises und einer Geraden in G(Kn )
und damit gemäss (a) in Kn+1 .
Aufgabe 18 (5 Punkte). Eine weitere Methode der geometrischen Konstruktion ist gegeben durch Origami-Faltkonstruktionen aus einem quadratischen
Papier. Aus dem Satz von Haga folgt, dass jede gegebene Strecke mittels einer
Faltkonstruktion in n Teile zerlegt werden kann. Die folgende Konstruktion soll
das klassische Problem der Würfelverdoppelung lösen.
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Der Einfachheit halber nehmen wir an, dass das gegebene Quadrat die Seitenlänge 3 hat.
(a) Seien a = B 0 D, b = AB 0 , c = AI und d = B 0 I. Zeigen Sie, dass c =
3a−3
a
und d = a3 .
(b) Verwenden Sie den Satz von Pythagoras, um zu zeigen, dass a der kubischen
Gleichung 3x3 − 18x2 + 54x − 54 = 0 genügt.
(c) Folgern Sie, dass a3 = 2b3 und erläutern Sie, wie man dadurch
√
3
2 konstru-
ieren kann.
Hinweis für (c): Benutzen Sie den Strahlensatz.
Lösung.
(a) Der Winkel α = ^B 0 E 0 H ist gleich ^AB 0 I, und somit gilt
c
B0H
a−1
= sin(α) = 0 0 =
= a − 1.
d
1
BE
c
Andrerseits gilt a + b = 3 = c + d. Das ergibt dann 3−c
= a − 1 und somit
c=
3a−3
a .
Analog gilt
3−d
d
= a − 1 und damit d = a3 .
(b) Wir wenden den Satz von Pythagoras im rechtwinkligen Dreieck ∆AB 0 I an
und erhalten
9
(3a − 3)2
2
2
2
2
=
d
=
b
+
c
=
(3
−
a)
+
a2
a2
und durch Erweitern
9 = (3 − a)2 a2 + (3a − 3)2
= 9a2 − 6a3 + a4 + 9a2 − 18a + 9
und somit
a4 − 6a3 + 27a2 − 18a = 0.
Da offensichtlich a 6= 0 gilt, erhalten wir
a3 − 6a2 + 18a − 18 = 0.
5
(c) Wir benutzen die Gleichung aus (b). Es gilt
2b3 = 2(3 − a)3 = 54 − 54a + 18a2 − 2a3
= 54 − 54a + 18a2 − (12a2 − 36a + 36)
= 6a2 − 18a + 18
= a3 .
Damit gilt
√
3
2 = ab . Wir falten nun weiter wie folgt:
Sei K der Punkt, der durch Dritteln der Seite AB entsteht. Danach falten
wir die Mittelsenkrechte f zu B 0 K und das Lot g zu f durch D und erhalten
den Punkt L auf g ∩ AB. Nach dem 1. Strahlensatz gilt dann
KL =
KL
a √
3
= = 2.
1
b
Aufgabe 19 (4 Punkte). Eine Abbildung f : R2 → R2 heisst euklidische
Bewegung, falls
||f (x) − f (y)|| = ||x − y||
für alle x, y ∈ R2 gilt.
(a) Zeigen Sie, dass jede Abbildung der Form ϕA : x 7→ Ax für
!
a b
A=
,
c d
i.e. ϕA (x1 , x2 ) = (ax1 + bx2 , cx1 + dx2 ), eine euklidische Bewegung ist,
genau denn wenn AT A = E2 , i.e. wenn folgende Gleichheiten gelten:
a2 + c2 = 1
b2 + d2 = 1
ab + cd = 0.
6
(b) Folgern Sie, dass falls ϕA eine euklidische Bewegung ist, es einen Winkel α
gibt, mit
A=
cos α − sin α
sin α
!
oder
cos α
cos α
A=
sin α
sin α − cos α
!
.
(c) Eine euklidische Bewegung ϕ : R2 → R2 heisst linear, falls zusätzlich für
alle x, y ∈ R2 und a ∈ R folgende Bedingungen erfüllt sind:
(1) ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y)
(2) ϕ(ax) = a · ϕ(x).
Zeigen Sie, dass jede lineare euklidische Bewegung von der Form ϕA ist.
(d) Erläutern Sie die geometrische Interpretation von linearen euklidischen Bewegungen anhand einer Skizze.
Lösung.
(a) Sei ϕA eine euklidische Bewegung. Dann gelten
(a2 + c2 )(x1 − y1 )2 + 2(ab + cd)(x1 − y1 )(x2 − y2 ) + (b2 + d2 )(x1 − y1 )2
=(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 .
Ein Koeffizientenvergleich ergibt die gesuchten Gleichheiten.
(b) Die Zahl a + ic ∈ C hat Betrag 1 und liegt somit auf dem Einheitskreis.
Somit gibt es einen Winkel α ∈ [0, 2π) mit a + ic = cos α + i sin α. Analog
gibt es einen Winkel β ∈ [0, 2π) mit b = sin β und d = cos β. Die Gleichung
ab + cd = 0 und eines der Additionstheorem liefern dann
sin(α + β) = cos α · sin β + sin α · cos β = 0.
Somit gilt entweder β = −α oder β = π − α. Im ersten Fall erhalten wir
!
cos α − sin α
A=
sin α cos α
und im zweiten Fall erhalten wir
A=
cos α
sin α
sin α − cos α
!
.
(c) Sei ϕ eine lineare euklidische Bewegung. Seien e1 = (1, 0) und e2 = (0, 1).
Dann gilt ϕ(x1 , x2 ) = ϕ(x1 e1 + x2 e2 ) = x1 ϕ(e1 ) + x2 ϕ(e2 ). Wir setzen
ϕ(e1 ) = (a, c) und ϕ(e2 ) = (b, d). Dann gilt ϕ = ϕA mit
!
a b
A=
.
c d
7
(d) Im ersten Fall von Teilaufgabe (b) handelt sich um eine Drehung um den
Winkel α im Gegenuhrzeigersinn, und im zweiten Fall um die Spiegelung
an der Geraden mit Winkel
α
2
zur x-Achse.
Abbildungen: http://www.mathematik.uni-dortmund.de/ieem/ personelles/people/henn/origa hd.pdf