9. Geometrische Konstruktionen und Geometrische Zahlen. Die

9. Geometrische Konstruktionen und
Geometrische Zahlen.
Die Dreiteilungsgleichnung.
Das Problem der Dreiteilung des Winkels wurde von
Descartes vollständig gelöst. Dies ist in der ”Geometrie” von Descartes dargestellt. Das Verfahren war
zwar im Prinzip schon den Griechen bekannt. Das
Neue hier ist aber, dass Descartes darauf bestand, dass
es sich beim unten gegebenen Beweis wirklich um eine
Lösung des Problems handelt (indem er als erster darauf besteht, dass zur Lösung auch andere Kurven als
Kreis und Gerade zugelassen sein müssen).
Descartes [Geometrie, S. 97f] argumentiert in 4
Schritten wie folgt.
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
2
I. Elementare Mathematik 1
Schritt 1.
Q
T
R
N
P
0
Dreiteilung des Winkels bei Descartes
180o =6 QN R + 6 N QR + 6 N RQ
=6 QN R + 6 N QR + 6 RQT
=6 QN R + 26 N QR
180o =6 N OQ + 6 ON Q + 6 N Q0
=6 N OQ + 26 N QR
und so
6
N OQ = 6 QN R
Weiter ist 6 N QR = 6 RQT = 6 N RQ. Also folgt
N O : N Q = N Q : QR,
(1)
aus dem Strahlensatz.
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
3
Schritt 2. Nun zeichne QS parallel zu 0T .
Q
N
S
T
R
P
0
Dreiteilung des Winkels bei Descartes
Dann ist
180o = 6 QSR + 6 SQR + 6 QRS
180o = 6 QSR + 6 SQR + 6 RQT
Also ist
6
QRS = 6 RQT = 6 N QR
Weiter ist
6
QSR = 6 QT Q = 6 RQT = 6 QRS
Schließlich
6
SQR = 6 QOT = 6 N OQ
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
4
I. Elementare Mathematik 1
Also folgt
N Q : QR = QR : RS
(2)
wieder aus dem Strahlensatz. (1) und (2) ergeben
N O : N Q = N Q : QR = QR : RS
(3)
Schritt 3. Weiter entnehmen wir der Figur (beachte
QS ist parallel zu OT)
Q
N
S
T
R
U
P
0
Dreiteilung des Winkels bei Descartes
die Gleichungen
N R = N Q, SU = QT, U P = T P
Also
3N Q = N Q + QT + T P = N R + SU + U P
= N P + SR
(4)
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
5
Schritt 4. Nun setze
N O = 1, N P = q und N Q = x
Dann folgt wegen (3):
1
x
QR
=
=
⇒ QR = x2 , RS = x3
x
QR
RS
und wegen (4):
x3 − 3x + q = 0
Somit ist die Dreiteilung eines Winkels auf die Lösung
einer kubische Gleichung zurückgeführt.
Descartes behauptet, dass man die Lösung der kubischen Gleichung immer erreichen kann, indem man eine
Parabel mit einem Kreis schneidet. Er argumentiert
wie folgt:
q
a
Lösung einer kubischen Gleichung
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
6
I. Elementare Mathematik 1
Nun muß man die Gleichungen der obigen Kurven, d.h.
die Gleichung des Kreise und der Parabel aufstellen.
Man erhält:
Gleichung des Kreises:
(x − q)2 + (y − a)2 = a2 + q 2
Gleichung der Parabel:
y = x2
Hieraus ergibt sich durch Einsetzen
x2 − 2qx + q 2 + y 2 − 2ay + a2 = a2 + q 2
x2 − 2qx + y 2 − 2ay = 0
x2 − 2qx + x4 − 2ax2 = 0
x − 2q + x3 − 2ax = 0
x3 + (1 − 2a)x − 2q = 0
Also muß man a = 2 und q = 21 wählen, um die
Dreiteilungs Gleichung 3x − x3 = q zu lösen.
Damit ist die Dreiteilung des Winkels erbracht (sofern
man - wie Descartes - die Benutzung der Parabel erlaubt!).
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
7
Geometrische Zahlen.
Wir wollen jetzt zeigen, dass man die Dreiteilung von
Winkeln im allgemeinen nicht mit Zirkel und Lineal
lösen kann.
Definition. Eine reelle Zahl α ∈ R heißt geometrisch, wenn man sie in endlich vielen Schritten mit Zirkel und Lineal aus einer Strecke der Einheitslänge als Strecke der Länge |α| konstruieren
kann.
√
Beispiel. 2 ist eine geometrische Zahl. Man kann
sie als Diagonale im Einheitsquadrat konstruieren. Es
gilt für die Diagonale α nach dem Satz von Pythagoras:
2 = 12 + 12 = α2
√
d.h. α = 2.
Daß die Menge der algebraischen Zahlen einen Körper
bildet, ist viel einfacher zu zeigen, als daß die Menge
der geometrischen Zahlen einen Körper bildet.
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
8
I. Elementare Mathematik 1
Satz. Seien α, β > 0 geometrische Zahlen. Dann
sind auch
α + β, α − β, α · β und
α
β
geometrische Zahlen.
Beweis. Es ist klar wie man α + β und α − β
konstruiert. Um α · β zu konstruieren, betrachte man
die folgende Figur
D
B
A
C
E
Geometrische Multiplikation
Nach Konstruktion sind die Strecken BC und DE
parallel. Also sind die Dreiecke ABC und ADE
ähnlich. Demnach gilt:
1 : AD = AC : AE
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
9
und so
AE = AC · AD
Damit ist das Produkt konstruiert. Ganz ähnlich konstruiert man α/β (man muß bloß die Reihenfolge der
Strecken vertauschen). ♦
Korollar. Die Menge aller geometrischen Zahlen bildet, zusammen mit der üblichen Addition und Multiplikation, einen Körper. ♦
Satz. Ist α geometrisch, dann ist auch
ometrisch.
√
α ge-
Beweis. Betrachte die folgende Figur:
B
A
D
C
Geometrisches Wurzelziehen
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
10
I. Elementare Mathematik 1
In der obigen Figur sind die Dreiecke ABD, BCD
und ABC ähnlich. Also
1 : BD = BD : DC
und so DC = BD2 . ♦
• Sei K der Körper der geometrischen Zahlen. Dann
ist K 2 ⊂ R2 die Menge der geometrischen Punkte in
R2 . Nehmen wir an wir haben schon eine Menge L2
von geometrischen Punkten aus der Einheits Strecke
mittels Zirkel und Lineal konstruiert. Dann erhalten
wir einen weiteren geometrischen Punkt mittels einer
der folgenden Konstruktionen:
(1) als Durchschnitt von zwei Geraden durch Paare
von Punkten aus K 2 .
(2) als Durchschnitt eines Kreises mit Mittelpunkt in
K 2 und Radius in in K mit einer Geraden durch ein
Paar von Punkten aus K 2 .
(3) als Durchschnitt zweier Kreise mit Mittelpunkten
in L2 und Radien in L.
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
11
Erzeugung von geometrischen Zahlen
Der nächste Satz zeigt: Liegen die Radien und die Koordinaten der weißen Punkte im Körper K der geometrischen Zahlen, dann liegen die schwarzen Punkte
in einer algebraischen
(genauer: quadratischen) Er√
weiterung Q( a).
Satz. Sei K ein Teilkörper der geometrischen Zahlen. Dann liegen die Zahlen, die man aus K durch
Konstruktion
mit Zirkel und Lineal erhält, im Körper
√
K( α), für ein α ∈ K.
Beweis.
Konstruktion (1): Der Schnittpunkt von einer Geraden
durch
die
Punkte
(x1 , y1 ), (x2 , y2 )
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
12
I. Elementare Mathematik 1
∈ K 2 und einer Geraden durch (u1 , v1 ), (u2 , v2 ) ∈ K 2
ist gegeben als gemeinsame Lösung der Gleichungen
y = m1 x + n 1 ,
y = m2 x + n 2 .
Eine solche Lösung ist aber die Lösung von
(m2 − m1 )x = n1 − n2
und damit wieder ein Punkt aus K 2 . Wir erhalten
also durch die Konstruktion (1) überhaupt keine neuen
Punkte.
Konstruktion (2): Der Schnittpunkt einer Geraden
mit einem Kreis ist die gemeinsame Lösung der beiden Gleichungen
y = mx + n
r2 = (y − y0 )2 + (x − x0 )2
Eine solche Lösung ist aber gegeben durch
r2 = (mx + n − y0 )2 + (x − x0 )2
= m2 x2 + (n2 − 2ny0 + y02 ) + x2 − 2xx0 + x20
= (m2 + 1)x2 + 2xx0 + (n2 − 2ny0 + y02 + x20 )
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
13
und damit als Lösung einer quadratischen
Gleichung.
√
Diese Lösung hat die Form a + b α mit a, b, α ∈ K.
Also liegt die Lösung in K(α).
Konstruktion (3): Der Durchschnitt von zwei Kreisen
ist die gemeinsame Lösung der Gleichungen:
x2 + y 2 + d1 x + e1 y + f1 = 0
x2 + y 2 + d2 x + e2 y + f2 = 0
Diese beiden Kreise haben den gleichen Schnittpunkt
wie der folgende Kreis und die folgende Gerade:
x2 + y 2 + d1 x + e1 y + f1 = 0
(d1 − d2 )x + (b(e2 − e1 )y + (f2 − f1 ) = 0
Wir√wissen aber bereits, dass solche Schnittpunkte in
K( α) liegen. ♦
Damit können die geometrischen Zahlen wie folgt algebraisch charakterisiert werden:
Korollar. Eine reelle Zahl α ist geometrisch, wenn
es eine endliche Folge
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
14
I. Elementare Mathematik 1
Q = K0 ⊂ K1 ⊂ K2 ⊂ . . . ⊂ Kn ⊂ R
von Körpern gibt mit Ki+1 = Ki (αi ) und αi2 ∈ Ki .
♦
Eine kleine Verallgemeinerung des Grades.
Alles was wir bisher gesagt haben, bleibt gültig, wenn
wir Paare von Körpern (K, Q) ersetzen durch Paare
von beliebigen Körpern (K, F ) mit F ⊂ K ⊂ R,
man muß lediglich Koeffitzienten im Körper F statt
im Körper Q der rationalen Zahlen betrachten. Insbesondere
Definition. Seien F ⊂ K Körper. Dann ist
grad (K, F )
gleich der Anzahl aller Zahlen einer Kollektion die K
linear erzeugt (mit Koeffizienten in F ) und für die
das Minimalitäts-Kriterium gilt (mit Koeffizienten in
F ).
Satz. Seien F ⊂ E ⊂ K Körper. Dann ist
grad (K, F )) = grad (K, E) · grad (E, F )
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
15
falls sowohl grad (K, E) als auch grad (E, F ) existieren.
Beweis. (Skizze) Seien
α1 , . . . , αn und β1 , . . . , βn
die Basen der Körperpaare (K, E) und (E, F ).
Beh. αi βj ist Basis für die das Körperpaar (K, F ).
Bew. Sei
X
cij αi βj = 0
i,j
Dann kann man dies als
X X
j
i
cij αi
!
βj = 0
P
schreiben. Es folgt, dass
i cij αi = 0. für alle i, da
β1 , . . . , βm linear unabhängig.
Hieraus folgt, dass cij = 0, da α1 , . . . , αn linear
unabhängig. ♦
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
16
I. Elementare Mathematik 1
√
Beispiel. Da Q( 2) eine Körper ist, erhalten wir
mit
√ √
√ √
Q( 2)( 3) = Q( 2) ( 3)
einen weiteren Körper. Nach Definition, besteht er aus
den algebraischen Zahlen der Form
√
√ √
(a + b 2) + (c + d 2) 3
Dies läßt sich als lineare Kombination der 4 Zahlen
√ √ √ √
1, 2, 3, 2 3
schreiben, denn
√ √
(a + b 2) + (c + d 2) 3
√
√
√ √
.
=a+b 2+c 3+d 2 3
√
√
√
= (a + b 2) · 1 + (c + d 2) · 3
√
√
Da √
1, 3 das Minimalitäts
Kriterium
√
√ erfüllt, gilt
a + b 2 = 0 und c + d 2 = 0. Da 1, 2 das Minimalitäts Kriterium erfüllt, folgt dass alle Koeffizienten
a √
= b√= c√=√d = 0 sind. Damit ist gezeigt, dass
Kriterium erfüllen.
1, 2, 3, 2 3 das
√ Minimalitäts
√
Also ist grad ( Q( 2)( 3), Q ) = 4.
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
17
Satz. Sei α ∈ R und Q(α) der kleinste Körper in
R, der Q und α enthält. Dann ist
grad Q(α) = 2k ,
falls α eine geometrische Zahl ist.
Beweis. Aus zuvor bewiesenem Satz folgt
grad(E, Q) =
grad(E, Kk ) · grad(Kk , Kk−1 ) · . . . · grad(K1 , K0 )
und grad(Ki , Ki−1 ) = 2. Dies beweist den Satz. ♦
Die Dreiteilung des Winkels.
Wir wollen sehen, dass sich ein spezifischer Winkel,
nämlich der Winkel
α = 20o
nicht mit Zirkel und Lineal konstruieren läßt (übrigens:
18·20 = 360 - also läßt sich das 18-Eck nicht mit Zirkel
und Lineal konstruieren).
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
18
I. Elementare Mathematik 1
Wir beginnen mit der folgenden Formel:
cos(3θ)
= cos(2θ + θ) = cos(2θ) cos(θ) − sin(2θ) sin(θ)
= (2 cos2 (θ) − 1) cos(θ) − 2 sin2 (θ) cos(θ)
= (2 cos2 (θ) − 1) cos(θ) − 2(1 − cos2 (θ) cos(θ)
= 4 cos3 (θ) − 3 cos(θ).
Aber der Winkel θ ist geometrisch genau dann wenn
α = cos(θ) geometrisch ist. Ist nun θ = 20o , dann
ist
cos(3θ) = cos(60o ) = 12 .
Somit nach der obigen Rechnung:
4α3 − 3α =
1
2
Damit ist α = cos(20o ) eine Lösung der Gleichung
p(x) = 8x3 − 6x − 1 = 0.
p(x) ist eine ”Dreiteilungs Polynom”. Wir behaupten,
dass dies Dreiteilungspolynom irreduzibel ist (und beweisen es Anhang 1).
Damit können wir den Beweis des Satzes fortsetzen.
Es ist α = cos(20o ) eine Lösung von p(x) = 0 und,
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
19
wegen der eben bewiesenen Behauptung, ist p(x) das
Minimalpolynom von α. Der Grad des Minimalpolynoms ist aber gleich dem Grad des Körpers Q(α).
Also
gradQ(α) = 3
Wenn nun α geometrisch wäre, dann wäre
gradQ(α) = 2k
Aber 3 6= 2k , für jedes k. Also kann α nicht
geometrisch sein. Damit ist bewiesen:
Satz. Die Zahl α = cos(20o ) ist nicht geometrisch,
d.h. nicht mit Zirkel und Lineal konstruierbar. ♦
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
20
I. Elementare Mathematik 1
Anhang 1.
Irreduzibilität der Dreiteilungsgleichung.
Behauptung Sei p(x) = 8x3 − 6x − 1. Dann gibt es
keine nicht-trivialen Polynome f (x), g(x) mit rationalen Koeffizienten und mit
p(x) = f (x) · g(x).
Beweis der Behauptung. Es gibt zunächst keine
solchen Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten. Da
eines der Polynome linear sein muß, müsste p(x) =
0 eine ganze Zahl als Lösung haben. Aber das ist
unmöglich, wie man leicht nachprüft. Nehmen wir also
an, f (x), g(x) haben beide rationale Koeffizienten.
Dann ist:
a2
a3
a5
a4
a1 2
p(x) = f (x) · g(x) = a2 x + b2 x + b3 · b4 x + b5
Dann setze
B1 = b1 b2 b3 , B2 = b3 b4 ,
D1 = ggT (a1 , a2 , a3 ), D2 = ggT (a4 , a5 )
Dann sind
f1 (x) =
B1
D1 f (x)
und g1 (x) =
B2
D2 g(x)
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
§9 Geometrische Zahlen
21
Polynome mit Koeffizienten in Z. Also
1
p(x) = f (x) · g(x) = D
B1 f1 (x) ·
D1 D2
= B1 B2 f1 (x) · g1 (x)
D2
B2 g1 (x)
Da die Koeffizienten von f (x) ganze Zahlen sind, muß
1 D2
auch D
B1 B2 eine ganze Zahl sein. Also sind
D1 D2
f2 (x) := B1 B2 f1 (x) und g2 (x) := g1 (x)
Polynome mit ganzen Koeffizienten. Das ist aber unmöglich, denn p(x) ist kein Produkt von ganzzahligen
Polynomen. ♦
Anhang 2.
Körper der algebraischen Zahlen.
Satz. Die Menge der algebraischen Zahlen, zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation, bildet einen Körper - den Körper der algebraischen Zahlen.
Beweis. Seien α, β algebraische Zahlen. Dann liegen
α + β und α · β in Q(α)(β) = Q(α, β). Wir wissen
Q(α, β); Q] ist endlich. Also können die Zahlen
α + β, (α + β)2 , (α + β)3 , . . .
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1
22
I. Elementare Mathematik 1
nicht alle linear unabhängig sein. Ebenso für α·β. Es
gibt also ein n und rationale Zahlen an−1 , . . . , a0 6= 0
mit
an−1 (α + β)n−1 + an−2 (α + β)n−2 + . . . + a0 = 0
Dann ist r(x) = an−1 xn−1 + . . . + a0 das gesuchte
Polynom für α + β. Ähnlich für α · β. Damit
ist die Menge der algebraischen Zahlen abgeschlossen
gegenüber der Addition und Multiplikation. Die
Menge der algebraischen Zahlen bildet einen Ring.
Weiter sind −α, α1 ∈ Q(α), da Q(α) ein Körper
ist. Also gibt es nach obigem Argument auch für −α
und 1/α ein Polynom. Demnach sind −α und
1/α algebraisch. Daraus folgt, dass die Menge der
algebraischen Zahlen einen Körper bildet. ♦
Klaus Johannson, Elementare Mathematik 1