Przeskocz do treści

Delta mi!

Loading

Siedmiokąta foremnego nie można skonstruować cyrklem i linijką

Marek Kordos

o artykule ...

  • Publikacja w Delcie: październik 2015
  • Publikacja elektroniczna: 30-09-2015
  • Wersja do druku [application/pdf]: (127 KB)
obrazek

...a pięciokąt foremny można. Obok pokazana jest konstrukcja dziesięciokąta foremnego - kolorowy odcinek ma długość boku dziesięciokąta foremnego wpisanego w większy okrąg, a więc biorąc co drugi z wierzchołków takiego dziesięciokąta, otrzymamy pięciokąt foremny. Konstrukcja jest - jak widać - bardzo prosta. Ma tylko tę wadę, że nie wskazuje, jak konstruować inne wielokąty foremne.

Dziewiętnastoletni Carl Gauss (w 1796 roku) skonstruował pięciokąt w zupełnie inny sposób. Sposób ten ma z kolei tę wadę, że używa (prawda, że bardzo oszczędnie, ale jednak) liczb zespolonych. Natomiast ma tę zaletę, że stosując go, można skonstruować wszystkie n-kąty foremne, dla których taka konstrukcja może istnieć i dla których n jest liczbą pierwszą. W konsekwencji, posługując się tą konstrukcją, można skonstruować wszystkie wielokąty foremne, dla których konstrukcja cyrklem i linijką jest możliwa. Już Euklides udowodnił bowiem, że jeśli umiemy skonstruować |pi -kąt foremny dla (różnych) liczb pierwszych | pi,i = 1,2,...,m, to umiemy skonstruować | n -kąt foremny dla

n = 2l ⋅p1 ⋅p2⋅...⋅pm ,

gdzie l jest dowolną liczbą naturalną.

Konstrukcje Gaussa stosują się do tzw. liczb pierwszych Fermata, czyli liczb pierwszych postaci  k 22 +1. Czterdzieści lat po konstrukcji Gaussa Pierre Wanzel wykazał, że dla innych liczb pierwszych konstrukcja nie jest możliwa. Nie znaczy to, że wiemy w tej sprawie już wszystko, bo znamy tylko pięć liczb pierwszych Fermata: 3, 5, 17, 257, 65537, i nie wiemy, czy istnieją jeszcze inne.

Użycie liczb zespolonych w konstrukcji Gaussa jest oszczędne: pojawiają się jedynie pierwiastki z jedności. Pierwiastek n-tego stopnia z jedności to taka liczba z (w tym przypadku zespolona), która podniesiona do n-tej potęgi daje 1. Oznacza to (jak łatwo zauważyć, posługując się definicją mnożenia liczb zespolonych), że z obrócone o |(n −1) -krotność kąta 10z wokół 0 staje się jedynką.

obrazek

Rys. 1

Rys. 1

Zapewne nie od razu zobaczymy, że wszystkie pięć punktów na okręgu na rysunku 1 to pierwiastki piątego stopnia z jedności. Zauważmy jednak, że nie przez pomyłkę ponumerowane zostały "u góry" - faktycznie są to potęgi z.

obrazek

Rys. 2

Rys. 2

Natomiast od razu widzimy, że są to wierzchołki pięciokąta foremnego. Korzyść z tego spostrzeżenia jest taka, że suma wektorów −− 0zi jest równa zeru - układ jest zrównoważony, żaden z wektorów nie ma przewagi. Zatem

 4 3 2 z + z + z + z +1 = 0. (*)

A teraz sztuczka (a jakże, Gaussa): ponieważ 1 = z ⋅z4 = z2⋅z3, więc równanie (*) możemy zapisać jako

pict

Jeśli więc oznaczymy x = z +1/z = z + z4, to otrzymamy równanie

 √ -- 2 −-1±---5 x + x −1 = 0; zatem x = 2 .

Odcinek o długości  √ -- ( 5 −1) /2 łatwo skonstruować cyrklem i linijką, a rysunek 2 pokazuje, jak zastosować to do znalezienia położenia z (i z4 ) na okręgu jednostkowym, czyli jak skonstruować pięciokąt foremny. Ten sposób rozumowania daje się użyć w przypadku, gdy 5 zastąpimy dowolną z liczb pierwszych Fermata (oczywiście, im taka liczba będzie większa, tym rozumowanie dłuższe).

Dlaczego jednak nie da się go użyć np. do konstrukcji siedmiokąta foremnego? Spróbujmy.

Równanie  6 5 4 3 2 z +z +z + z + z + z+ 1 = 0, gdzie |z to pierwiastek siódmego stopnia z jedności, daje się zastąpić przez

1+ -1 + -1 +z3 +z2 +z + 1 = 0. z z2 z3

Ponieważ

 3 (z + 1) = z3 + 3z+ 31-+ 1 = (z3 + 1-)+ 3 (z+ 1-) z z z3 z3 z

oraz

 1 2 1 1 (z+ --) = z2 + 2+--2 = (z2 +-2) + 2, z z z

więc

 1 1 2 1 3 1 (z+ --)+ (z + -) −2 + (z+ --) − 3(z + -) +1 = 0, z z z z

czyli po podstawieniu |x = z+ 1 z mamy

 3 2 x +x − 2x− 1 = 0. (**)

Równanie to, jak każde równanie stopnia nieparzystego, ma pierwiastek rzeczywisty, ale nie jest jasne, czy warto go szukać, bo interesują nas tylko takie wartości, które można uzyskać z 1 przez stosowanie dodawania, odejmowania, mnożenia i dzielenia oraz wyciągania pierwiastków kwadratowych, bo tylko takie działania dają się zrealizować za pomocą cyrkla i linijki.

I faktycznie nie warto - wspomniany już Wanzel udowodnił, że:

Twierdzenie. Jeśli długość odcinka da się opisać równaniem stopnia trzeciego o współczynnikach wymiernych, to odcinek taki da się skonstruować z odcinka o długości 1 wtedy i tylko wtedy, gdy równanie to ma pierwiastek wymierny.

Myśl Wanzela możemy sobie przybliżyć, rozpatrując na początek sytuację, gdy długość rozpatrywanego odcinka jest liczbą postaci  √ -- |l = p+ q 2, a równanie, które ją opisuje, to  3 2 x + ax + bx + c = 0, gdzie liczby p, q,a,b,c są wymierne (symbolicznie: należą do Q ). Podstawiając |l do równania, otrzymujemy

 3 2 √ -- 2 3√ -- 2 √ -- 2 √ -- p + 3p q 2 + 6pq + q 2 +a (p +2pq 2+ 2q ) + b(p + q 2)+ c = 0,

z czego wynika, że 3p2q + q3 + 2apq + bq = 0, bo są to współczynniki przy |√ 2, a pozostałe liczby, łącznie z zerem, są wymierne. Ale skoro tak, to mamy również

 √ -- √ -- √ -- √ -- p3− 3p2q 2 + 6pq2− q3 2 +a (p2 −2pq 2+ 2q2) + b(p − q 2)+ c = 0,

co oznacza, że również  √-- p −q 2 jest pierwiastkiem rozpatrywanego równania.

obrazek

Teraz przypomnijmy sobie wzory Viète'a: −a jest sumą wszystkich pierwiastków równania. Oznaczając pozostały pierwiastek równania przez r (bo dwa już mamy), otrzymujemy  √ -- √ -- − a = p + q 2+ p − q 2+ r, a więc |r = −a − 2p, zatem jest liczbą wymierną.

Uogólnienie I. Pierwiastek nie musi być z dwóch - może być z dowolnej liczby wymiernej m, o ile tylko m √ -- nie jest liczbą wymierną. Dowód przebiegnie bez zmian.

Uogólnienie II. Na ogół trzeba więcej razy wyciągać pierwiastek kwadratowy - robimy to po kolei (używając kolejno w konstrukcji cyrkla). Jeśli więc stwierdzimy, że dla liczb  √ -- p | + q m, p, q∈ Q musi istnieć pierwiastek wymierny, nazwijmy te liczby |Q1 i rozważmy nasze równanie, przypuszczając, że ma pierwiastek wśród liczb postaci |p+ q√ m--, gdzie |m1 jest, a  √ --- | m1 nie jest liczbą z Q1. | Wynik będzie taki sam jak poprzednio: otrzymamy najpierw, że istnieje pierwiastek w |Q1, a (na mocy poprzedniego), że istnieje pierwiastek w Q.

Operację tę będziemy powtarzali tyle razy, ile razy będziemy potrzebowali (rysując jakiś okrąg) wyciągać pierwiastki z dotychczas uzyskanych liczb.

Skoro tak, to siedmiokąta foremnego cyrklem i linijką skonstruować się nie da, bo równanie (**) pierwiastka wymiernego nie ma (mógłby on być równy tylko 1 lub |−1 - prawda?).

A co dalej? Polecam samodzielnie obmyślić dalszą drogę do twierdzenia Wanzela o niekonstruowalności innych wielokątów foremnych, poza tymi, które można skonstruować metodą Gaussa.

Notice: Undefined index: story_alias_uuid in /home/misc/deltami/public_html/ui/inc/site_php_include/index.inc on line 23 Notice: Undefined index: story_alias_uri in /home/misc/deltami/public_html/ui/inc/site_php_include/index.inc on line 24