´ Erdekes szerkeszthet˝ os´ egi feladatok A vonalz´oval ´es k¨orz˝ovel v´egezhet˝o szerkeszt´eseket a k¨ovetkez˝o alapszerkeszt´esekb˝ol tehetj¨ uk o¨ssze: 1) 2 egyenes metsz´espontj´anak meghat´aroz´asa, 2) egyenes ´es k¨or metsz´espontjainak meghat´aroz´asa, 3) k´et k¨or metsz´espontjainak meghat´aroz´asa. Az alapszerkeszt´esek v´eges sz´am´ u ism´etl´es´evel v´egrehajthat´o szerkeszt´eseket elemi szerkeszt´eseknek nevezz¨ uk (euklideszi szerkeszt´es). Azt a k´erd´est, hogy valamely szerkeszt´es k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval elv´egezhet˝oe, u ´gy d¨onthetj¨ uk el, hogy a geometriai szerkeszt´est algebrai alakra hozzuk. Ehhez, felvesz¨ unk egy der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszert. A koordin´atarendszert az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert u ´gy v´alasztjuk meg, hogy kezd˝opontja ´es x-tengely´enek egys´egpontja egy-egy adott pontba ess´ek. Ha a ´es b szerkeszthet˝o sz´am, akkor √ a a + b, a − b, ab, , (b 6= 0) ´es a, (a > 0) is szerkeszthet˝o sz´am. b
Figure 1: Az ab ´es az
1
1 sz´am szerkeszt´ese a
Figure 2: A
√ a szerkeszt´ese m´ertani k¨oz´epar´anyossal
A sz´amoknak egy olyan halmaz´at, amely a hozz´atartoz´o b´armely k´et sz´ammal egy¨ utt azok o¨sszeg´et, k¨ ul¨onbs´eg´et, szorzat´at ´es h´anyados´at is tartalmazza (z´erust, mint oszt´ot kiz´arva) sz´amtestnek nevezz¨ uk. A legkisebb olyan sz´amtest, amelyben van z´erust´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´am is, a racion´alis sz´amok teste. Adott pontokb´ol adott t´avols´agok ´es sz¨ogek felhaszn´al´as´aval k¨orz˝o ´es vonalz´o seg´ıts´eg´evel csak olyan pontok szerkeszthet˝ok, amelyeknek koordin´at´ai abban a legkisebb K sz´amtestben vannak, amely mag´aban foglalja az adatokhoz tartoz´o pontok koordin´at´ait ´es b´armely pozit´ıv sz´am´anak n´egyzetgy¨ok´et. T´ etel: Irreducibilis harmadfok´ u egyenlet gy¨oke k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval nem szerkeszthet˝o.
2
H´ıres o´kori szerkeszt´esi probl´em´ak: 1) A kockakett˝oz´es probl´em´aja: Egy kocka ´el´eb˝ol k´etszer akkora t´erfogat´ u kocka ´el´e√ nek szerkeszt´ese. Azaz adott az egys´egnyi hossz´ us´ag´ u szakasz ´es ebb˝ol a 3 2 hossz´ us´ag´ u szakasz szerkeszt´ese. Ehhez azt kell megmutatni, hogy az x3 − 2 = 0 (1) egyenletnek nincs racion´alis gy¨oke. Ha volna racion´alis gy¨oke, akkor az eg´esz sz´am ´es oszt´oja a −2-nek. De behelyettes´ıt´essel ad´odik, hogy 1, −1, 2, −2 nem gy¨oke az egyenletnek. 2) A sz¨ogharmadol´as k´erd´ese: Van-e olyan szerkeszt´esi elj´ar´as (k¨orz˝o ´es vonalz´o haszn´alat´aval) amellyel tetsz˝oleges sz¨og h´arom egyenl˝o r´eszre oszthat´o. Tekints¨ unk k´et alappontot a szerkeszt´eshez az ´altaluk alkotott szakasz hossz´at v´alasszuk 1-nek. ´Igy a szerkeszt´es alapteste Q. Mivel ϕ sz¨ogb˝ol cos ϕ ´es cos ϕ-b˝ol ϕ szerkeszthet˝o, ez´ert sz¨ogf¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel kapjuk, hogy cos 3ϕ = cos(2ϕ + ϕ) = cos 2ϕ cos ϕ − sin 2ϕ sin ϕ = (cos2 ϕ − sin2 ϕ) cos ϕ − 2 sin2 ϕ cos ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ(1 − cos2 ϕ) = 4 cos3 ϕ − 3 cos ϕ. Innen 2 cos 3ϕ = (2 cos ϕ)3 −3(2 cos ϕ). Teh´at x = 2 cos ϕ az x3 −3x−2 cos 3ϕ polinom gy¨oke. A sz¨ogharmadol´as egyenlete x3 − 3x − C = 0,
|C| ≤ 2.
(2)
Tetsz˝olegesen adott sz¨oget azonban k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval nem lehet h´arom egyenl˝o r´eszre osztani. El´eg megmutatni, hogy a legk¨onnyebben szerkeszthet˝o π sem lehet k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval h´arom egyenl˝o r´eszre osztani. Erre a (2) 3 egyenlet a x3 − 3x − 1 = 0 alak´ u. Ennek az egyenletnek nincs racion´alis gy¨oke. T´ etel: Csak olyan egy¨ utthat´oi sz´amtest´eben irreducibilis egyenletnek lehet elemi m´odon szerkeszthet˝o gy¨oke, amelynek foksz´ama 2-hatv´any.
3
Szab´alyos soksz¨ogek szerkeszthet˝os´ege: 3) A p¨ uthagerusok jelk´epe, jelv´enye a szab´alyos csillag¨otsz¨og volt. Val´osz´ın˝ uleg ezen fedezt´ek fel az aranymetsz´esnek nevezett ar´anyp´art.
Figure 3: Csillag¨otsz¨og Szab´alyos ¨otsz¨og ´es t´ızsz¨og: Az egys´egsugar´ u k¨orbe ´ırt szab´alyos t´ızsz¨og x = a10 oldal´ara az π π π 2π x = a10 = 2 sin = 2 cos − = 2 cos 10 2 10 5 + i sin 2π , akkor x = + −1 . Az sz´am, o¨sszef¨ ugg´es teljes¨ ul. Ha = cos 2π 5 5 z5 − 1 mint ¨ot¨odik egys´eggy¨ok, gy¨oke a = z 4 +z 3 +z 2 +z +1 = 0 egyenletnek. z−1 Ez´ert −2 (4 + 3 + 2 + + 1) = (2 + 2 + −2 ) + ( + −1 ) − 1 = x2 + x − 1 = 0. 1 x = ar´anyoss´aggal, ´ıgy a x x−1 szab´alyos t´ızsz¨og oldala a sug´ar aranymetsz´ esekor kapott nagyobbik szas √ 2 5−1 1 1 kasszal egyenl˝o. ´Igy a10 = = 12 + − . 2 2 2 Mivel az utols´o egyenletet fel´ırhatjuk az
Az egys´egsugar´ u k¨orbe ´ırt szab´alyos ¨otsz¨og a5 oldal´ara fenn´all az r π π π π π 2 cos = 2 sin 4 − 2 sin a5 = 2 sin = 4 sin 5 10 10 10 10 4
π egyenl˝os´eg. Mivel a10 = 2 sin 10 ´es a210 − 1 = −a10 , ez´ert a25 = a210 (4 − a210 ) = 2 2 2 2 1 + 2a10 − (a10 − 1) = 1 + a10 .
Figure 4: Szab´alyos t´ızsz¨og oldalhossz´anak szerkeszt´ese
5
Figure 5: Szab´alyos o¨tsz¨og ´es t´ızsz¨og oldalhossz´anak szerkeszt´ese 4) Szab´alyos h´etsz¨og ´es tizenn´egysz¨og nem szerkeszthet˝o k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval. Az egys´egsugar´ u k¨orbe ´ırt szab´alyos tizenn´egysz¨og x = a14 oldal´ara az π π π 2π x = a14 = 2 sin = −2 cos + = −2 cos 2 14 2 14 7 2π 2π 2 −2 o¨sszef¨ ugg´es teljes¨ ul. Ha = cos 7 +i sin 7 , akkor x = −( + ). Az sz´am, z7 − 1 mint hetedik egys´eggy¨ok, gy¨oke a = z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 z−1 egyenletnek. Ez´ert −3 (6 + 5 + 4 + 3 + 2 + + 1) = (3 + −3 ) + (2 + −2 ) + ( + −1 ) + 1 = 0. Ebb˝ol az 2 + −2 = −x egyenl˝os´eg felhaszn´al´as´aval ´es n´egyzetre emel´essel 6
kapjuk, hogy (x−1)2 = [(3 +−3 )+(2 +−2 )]2 = (6 +−6 +2)+2(4 +−4 +2 +−2 )+(2 +−2 +2) = (6 + 32 + 3−2 + −6 ) + 2(4 + 2 + −4 ) = −x3 + 2x2 . ´Igy a tizenn´egysz¨og oldala gy¨oke az x3 − x2 − 2x + 1 = 0
(3)
harmadfok´ u egyenletnek, melynek nincsen racion´alis gy¨oke. Az = cos 2π + i sin 2π ´es y = 2 cos 2π = + −1 jel¨ol´essel a szab´alyos h´etsz¨og 7 7 7 oldal´ara azt kapjuk, hogy π 2π 2 2 π a7 = 2 sin ´es a7 = 4 sin = 2 1 − cos = 2 − y. 7 7 7 Tov´abb´a 2 + −2 = y 2 − 2 ´es 3 + −3 = ( + −1 )(2 − 1 + −2 ) = y(y 2 − 3). Mivel (3 + −3 ) + (2 + −2 ) + ( + −1 ) + 1 = 0, ´ıgy y eleget tesz az y 3 + y 2 − 2y − 1 = 0 harmadfok´ u egyenletnek, melynek nincs racion´alis gy¨oke.
7
(4)
T´ etel: Szab´alyos n-sz¨og (n > 2) akkor ´es csak akkor szerkeszthet˝o, ha n pr´ımt´enyez˝os felbont´asa n = 2k p1 · · · pr (k, r ≥ 0), ahol p1 , · · · , pr p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝o p´aratlan pr´ımek ´es p1 − 1, · · · , pr − 1 mindegyike 2-hatv´any. Ha egy p p´aratlan pr´ımsz´amra p − 1 2-hatv´any, akkor p = 2m + 1, ahol m n maga is 2-hatv´any. A p(n) = 22 + 1 alak´ u pr´ımsz´amokat Fermat-pr´ımeknek nevezz¨ uk. Az els˝o o¨t ilyen: p(0) = 3, p(1) = 5, p(2) = 17, p(3) = 257, p(4) = 65537. p(5) azonban nem pr´ım oszthat´o 641-gyel. A k¨ort n egyenl˝o ´ıvre oszt´o pontokat a k¨oz´epponttal o¨sszek¨ot˝o sugarak a k¨orlapot n egybev´ag´o k¨orcikkre osztj´ak. K¨onny˝ u bel´atni, hogy a k¨orlapot k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval akkor ´es csak akkor lehet n egybev´ag´o tartom´anyra osztani, ha a k¨orvonalat is lehet n egyenl˝o ´ıvre osztani. Ha a k¨orlap r´eszeit˝ol nem k´ıv´anjuk meg az egybev´ag´os´agot, hanem csak ker¨ ulet¨ uk ´es ter¨ ulet¨ uk egyenl˝os´eg´et akkor a k¨ovetkez˝o t´etel mondhat´o: T´ etel: Ha n tetsz˝oleges pozit´ıv sz´am, akkor a k¨orlapot k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval fel lehet osztani n egyenl˝o ter¨ ulet˝ u ´es ker¨ ulet˝ u tartom´anyra. A feloszt´ast u ´gy v´egezz¨ uk, hogy a k¨or AB a´tm´er˝oj´et a C1 , C2 , · · · , Cn−1 ponttal n egyenl˝o szakaszra osztjuk. Ez k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval mindig lehets´eges. Az AB a´tm´er˝o egyik oldal´an megrajzoltuk azokat a f´elk¨or¨oket, amelyeknek az a´tm´er˝oje AC1 , AC2 , · · · , ACn−1 , az AB a´tm´er˝o m´asik oldal´an pedig azokat a f´elk¨or¨oket, amelyek a´tm´er˝oje BC1 , BC2 , · · · , BCn−1 . Az ´ıgy kapott n − 1 sz´am´ u ACk B g¨orbevonal a k¨orlapot az eredeti k¨orrel egyenl˝o ker¨ ulet˝ u ´es egym´assal egyenl˝o ter¨ ulet˝ u n tartom´anyra bontja.
8
Figure 6: K¨orlap egym´assal egyenl˝o ter¨ ulet˝ u n tartom´anyra bont´asa Szerkeszt´es csak k¨orz˝ovel: T´ etel: Minden euklideszi szerkeszt´es vonalz´o n´elk¨ ul csak k¨orz˝ovel is elv´egezhet˝o. A t´etel bizony´ıt´asa k¨orre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´essel, inverzi´oval t¨ort´enik. Minden euklideszi szerkeszt´es elv´egezhet˝o akkor is, ha vonalz´onk mellett csup´an egy egyszeri haszn´alatra sz´ant, el˝ore r¨ogz´ıtett feszt´avols´ag´ u k¨orz˝onk van. Feladat: Adottak a s´ıkon az A, B pontok ´es meg kell szerkeszteni az AB oldal´ u szab´alyos h´aromsz¨og harmadik cs´ ucs´at u ´gy, hogy csak egy o´cska, beragadt k¨orz˝onk van, amely egy AB-n´el nagyobb t´avols´agn´al van kinyitva. El lehet-e ezzel v´egezni a szerkeszt´est?
9
K¨ ob¨ os szerkeszt´ esek A harmadfok´ u (k¨ob¨os) egyenlet a´ltal´anos alakja: z 3 + a1 z 2 + a2 z + a3 = 0, a1 , a2 , a3 ∈ R. Ezt az egyenletet az y = z +
(5)
a1 helyettes´ıt´essel az 3
a21 a1 a2 2a31 y + py + q = 0, ahol p = a2 − , q = a3 − + . 3 3 27 3
(6)
alakba ´ırhatjuk. Ennek az egyenletnek a diszkrimin´ansa D = −4p3 − 27q 2 . |p| A p 6= 0 esetben az y = αx, α2 = helyettes´ıt´es az egyenletet az 3 x3 − 3x − 2u = 0 ha p < 0
(7)
x3 + 3x − 2u = 0 ha p > 0 (8) −q egyenletbe viszi a´t, ahol 2u = 3 . A (7) egyenletnek az |u| ≤ 1 felt´etel α mellett a 2 cos ϕ gy¨oke, ahol ϕ az a sz¨og, melyre u= cos 3ϕ. Ekkor a (7) 2kπ egyenletnek h´arom val´os gy¨oke van, m´egpedig 2 cos ϕ + , k = 0, 1, 2. 3 Ez teh´at a sz¨ogharmadol´as egyenlete. A (8) egyenletnek ´es a (7) egyenletnek a |u| > 1 felt´etel mellett egyetlen val´os gy¨oke van: q q √ √ 3 3 2 x = u + u − 1 + u − u2 − 1 ha p < 0 (9) q q √ √ 3 3 2 (10) x = u + u + 1 + u − u2 + 1 ha p > 0. √ A (6) egyenletnek p = 0 esetben 3 −q gy¨oke. Ez a gy¨ok q < 0 esetben a √ kocka sokszoroz´as megold´asa, q > 0 esetben pedig a −y = 3 q a´talak´ıt´assal erre vezethet˝o vissza. T´ etel: Val´os egy¨ utthat´okkal b´ır´o harmadfok´ u egyenlet val´os gy¨okeinek szerkeszt´es´et elemi szerkeszt´essel vagy sz¨ogharmadol´asra vagy kocka sokszoroz´asra lehet visszavinni, aszerint amint az egyenletnek h´arom val´os gy¨oke ill. csak egy val´os gy¨oke van. Egy¨ utthat´oinak sz´amtest´eben egy irreducibilis harmadfok´ u egyenlet gy¨okeinek szerkeszt´es´et k¨ob¨osnek nevezz¨ uk. A kocka sokszoroz´as ´es a sz¨ogharmadol´as k¨ob¨os alapszerkeszt´esek. B´armely k¨ob¨os szerkeszt´est elemi szerkeszt´essel k¨ob¨os alapszerkeszt´esre lehet visszavinni. A negyedfok´ u egyenlet gy¨okeinek szerkeszt´es´et az egy¨ utthat´okb´ol elemi ´es k¨ob¨os alapszerkeszt´esekkel lehet v´egrehajtani. 10
A) Betol´ovonalz´o. Betol´ovonalz´onak egy olyan egy´el˝ u vonalz´ot h´ıvunk, amelynek ´el´ere be van rajzolva k´et pont, az u ´n. alapszakasz k´et v´egpontja. Szerkeszt´es sor´an a k¨ovetkez˝ok´eppen haszn´alhatjuk. a) ha adott k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o pont, akkor megrajzolhatjuk az o˝ket o¨sszek¨ot˝o egyenest. b) ha adott egy e egyenes ´es A pont akkor az e egyenesen bejel¨olhetj¨ uk azokat a B pontokat, amelyekre az AB szakasz hossza megegyezik az alapszakasz hossz´aval. c) ha adottak az e ´es az f egyenesek, tov´abb´a egy Q pont, akkor megrajzolhatjuk azokat a Q-n ´athalad´o egyeneseket, amelyeknek az e ill. az f egyenessel alkotott A ill. B metsz´espontj´ara az AB szakasz hossza megegyezik az alapszakasz hossz´aval.
Figure 7: A betol´ovonalz´o haszn´alata T´ etel: Csup´an betol´ovonalz´o haszn´alat´aval b´armely k¨ob¨os szerkeszt´est v´egre lehet hajtani. A k¨ovetkez˝o ´abra Papposz a´ltal javasolt elj´ar´ast mutatja hegyessz¨og harmadol´as´ara betol´ovonalz´o haszn´alat´aval.
Figure 8: Sz¨ogharmadol´as betol´ovonalz´oval
11
Figure 9: Kocka sokszoroz´as betol´ovonalz´oval Sz´am´ıtsuk ki az OD szakasz d hossz´at. Mivel az f ´es az XC egyenesek p´arhuzamosak egym´assal, DX : DC = DO : DF . Innen ad´odik a DX ·DF = DO · DC egyenl˝os´eg, ahol DX = d + 4a, DF = 1, DO = d, DC a DAC der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogb˝ol sz´am´ıthat´o ki, DC 2 = (d + a)2 + AC 2 = (d + a)2 + 1 − a2 = d2 + 2ad + 1. Igy 0 = DX 2 · DF 2 − DO2 · DC 2 = (d + 4a)2 − d2 (d2 + 2ad + 1) = −d4 − 2ad3 + 8ad + 16a2 = −(d + 2a)(d3 − 8a). √ Mivel d > 0 ez az egyenl˝os´eg csak u ´gy teljes¨ ulhet, ha d = 2 3 a. Nikom´ed´esz g¨or¨og matematikus egy ´altala felfedezett g¨orb´et, melyet konkhoisznak vagy kagyl´og¨orb´enek nevezett haszn´alt a betol´as elv´egz´es´ere, a kagyl´og¨orbe megrajzol´as´ara pedig konkhoisz k¨orz˝ot k´esz´ıtett.
Figure 10: Konkhoisz
12
Figure 11: Konkhoisz k¨orz˝o
Figure 12: Konkhoisz Hippi´asz is felfedezett egy g¨orb´et a sz¨ogharmadol´ashoz. Ennek a quadratrix nev˝ u g¨orb´enek a sz´armaztat´as´at Papposz g¨or¨og matematikus adta meg a k´epen l´athat´o m´odon.
13
Figure 13: Quadratrix Arkhim´ed´eszi spir´alis: Forogjon az OA sug´ar a´lland´o sz¨ogsebess´eggel ´es vele egy¨ utt a sug´aron egy ´alland´o sebess´eg˝ u pont az O pontb´ol. Ez a sug´aron forg´o az O-t´ol t´avolod´o pont ´ırja le az arkhim´ed´eszi spir´alist.
14
Figure 14: Sz¨ogharmadol´as arkhim´ed´eszi spir´alissal Szab´alyos h´etsz¨og szerkeszt´ese betol´ovonalz´oval: Az x = 2 cos 2π az 7 f (x) = x3 + x2 − 2x + 1 = 0 egyenlet egyetlen pozit´ıv gy¨oke, s egy´ uttal az (x + 1)f (x) = x4 + 2x3 − x2 − 3x − 1 = 0 egyenletnek is egyetlen pozit´ıv gy¨oke. Az ut´obbi egyenletet az 5 9 x4 + 2x3 + x2 = x2 + 3x + 1, 4 4 vagyis az x
2
2 1 3 (x + 1) + = x+1 4 2 2
alakba is ´ırhatjuk. Legyen d2 = (x + 1)2 +
1 4
(d > 0);
az egyetlen pozit´ıv gy¨ok eleget tesz az 3 2 xd = x+ 2 3
15
egyenletnek, azaz kiel´eg´ıti az 3 x: = 2
2 x+ :d 3
ar´anyt. Az OE egys´egszakaszt az alapszakasz k´etharmad r´esz´enek v´alasztottuk ´es az A, B, E ´es O pontot, tov´abb´a a g0 egyenest u ´gy szerkesztett¨ uk, hogy O ´es E egy egyenesen, a B pont k¨ ul¨onb¨oz˝o oldal´an fekszenek, OB = 23 BE = 13 , az AE egyenes mer˝oleges OE-re, EA = 12 ´es g0 ||g = AB. A CD = 23 szakaszt az A ponton ´at betol´ovonalz´oval a g0 ´es OE egyenes k¨oz´e toltuk. Az ´abr´an DA = d, DB = x + 32 , az OC ´es az AB egyenes p´arhuzamos, a DOC ´es DBA h´aromsz¨og ez´ert hasonl´o. Hasonl´os´agukb´ol k¨ovetkezik a szerkeszt´es helyess´ege.
Figure 15: Szab´alyos h´etsz¨og szerkeszt´ese betol´ovonalz´oval Diokl´esz egy harmadrend˝ u g¨orb´et a cisszoiszt haszn´alta szerkeszt´esre. A cisszoisz egyenlet´enek megtal´al´as´ahoz az AEP ´es AF Q hasonl´o h´aromsz¨ogp´arb´ol ad´od´o P E : AE = QF : AF ar´anyt haszn´alhatjuk. A cisszoisz egy tetsz˝oleges P pontj´anak koordin´at´aira igaz, hogy y : x = QF : AF, y 2 : x2 = QF 2 : AF 2 . Mivel a k¨or egyenlete y 2 = ax − x2 ez´ert QF 2 = RE 2 = x(a − x). Vegy¨ uk tekintetbe, hogy F B = x, teh´at AF = a − x. ´Igy y 2 : x2 = x(a − x) : (a − x)2 . Teh´at y 2 (a − x) = x3 . 16
Figure 16: Cisszoisz Rajzoljunk egy a a´tm´er˝oj˝ u k¨ort. Jel¨olj¨ uk ki egyik pontj´at S. A k¨ornek az S-sel a´tellenes pontj´ahoz h´ uzzunk e ´erint˝ot. Szemelj¨ uk ki azokat a pontokat, melyek az S-b˝ol kiindul´o ´es az e ´erint˝ot metsz˝o f´elegyenesen vannak u ´gy, hogy az S-t˝ol val´o t´avols´aguk akkora, mint a f´elegyenesnek a k¨or ´es az ´erint˝o k¨oz´e es˝o szakasza: SP = QR.
17
Figure 17: Cisszoisz Geometriai szerkeszt´ esek k¨ ort˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megrajzolt k´ upszelet felhaszn´ al´ as´ aval. Kortum, Smith t´ etele: Ha meg van rajzolva egy k¨ort˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o k´ upszelet akkor val´os egy¨ utthat´okkal b´ır´o b´armely harmadfok´ u vagy negyedfok´ u egyenlet gy¨okeit az egyenlet egy¨ utthat´oit meghat´aroz´o szakaszokb´ol k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval lehet szerkeszteni. A) Az xy = 1 egyenl˝o sz´ar´ u hiperbola felhaszn´al´as´aval harmadfok´ u egyenlet 3 gy¨okeit a k¨ovetkez˝ok´eppen kapjuk: Legyen x + px + q = 0 a harmadfok´ u egyenlet (p, q ∈ R, q 6= 0). Ennek gy¨okei eleget tesznek az 1 p 1 (x3 + px + q)(x + ) = x4 + x3 + px2 + (q + )x + 1 = 0 q q q
(11)
1 egyenletnek is. Ennek gy¨okei viszont egyenl˝ok az xy = 1 ´es a (− , −q) q 1 p 2 2 ponton a´tmen˝o x + y + x + (q + )y + p = 0 k¨or metsz´espontjainak q q abszcissz´aival. Az α hegyessz¨og harmadol´asa k¨orz˝o, vonalz´o ´es az xy = 1 hiperbola felhaszn´al´as´aval a k¨ovetkez˝o m´odon is t¨ort´enhet (Vivi´ani, Bolyai J´anos): A hiperbola O k¨oz´eppontj´an ´at az x tengely pozit´ıv fel´evel α sz¨oget alkot´o 18
f´elegyenest h´ uzunk. Ez a hiperbol´at a C(a, b) pontban metszi (ab = 1). ´Irjuk C k¨or¨ ul 2r sug´arral K k¨ort, ahol r = OC. A K k¨or az α sz¨og ter´eben a hiperbol´at olyan D pontban metszi, hogy a CD f´elegyenes az x-tengely α sz¨oget alkot. A C = (a, b) ´es D = (x, y) ponpozit´ıv fel´evel π − β = 3 tok koordin´at´aira ´erv´enyes: b = a tan α, a = r cos α, x = a + 2r cos β, y = b − 2r sin β. xy−ab = (a+2r cos β)(b−2r sin β)−ab = 2r(b cos β−a sin β)−4r2 sin β cos β = 0. Innen b cos β − a sin β = r sin 2β. Ha ezt az egyenletet r-rel v´egigosztjuk ´es a b a felhaszn´aljuk, hogy = cos α, = tan α = sin α ad´odik, hogy sin(α−β) = r r r sin 2β, ´ıgy α = 3β.
Figure 18: Hegyessz¨og harmadol´asa hiperbola felhaszn´al´as´aval
19
K¨ orn´ egysz¨ oges´ıt´ es ´ es k¨ orkiegyenl´ıt´ es. A k¨orn´egysz¨oges´ıt´es, vagyis olyan n´egyzet szerkeszt´ese, melynek ter¨ ulete egy adott r sugar´ u k¨or r2 π ter¨ ulet´evel egyenl˝o. A k¨or kiegyenl´ıt´ese olyan egyenes szakasz szerkeszt´ese, amelynek hossza az r sugar´ u k¨or 2πr ker¨ ulet´evel egyenl˝o. Mindk´et feladat visszavezethet˝o az egys´egszakaszb´ol a π hossz´ us´ag´ u szakasz szerkeszt´es´ere. T´ etel: A π sz´am transzcendens. r P ´ Altal´ anosan: Legyen L(x) = cm eγm x alak´ u f¨ uggv´eny, ahol γ1 , · · · , γr m=1
egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o, c1 , · · · , cr pedig z´erust´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o algebrai sz´amok. Egy L(x) f¨ uggv´enynek sincs az x = 0 esetleges z´erushely kiv´etel´evel algebrai z´erushelye. Az y = sin x, y = cos x, y = ex , y = tan x, y = cot x g¨orb´ek k¨oz¨ ul egy sem megy a´t egyn´el t¨obb algebrai ponton. Az az algebrai pont, amelyen valamelyik g¨orbe a´tmegy, egyben racion´alis is ´es az y-tengelyre esik. K¨ovetkezik az is, hogy nem lehet k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval olyan k¨orszeletet szerkeszteni, amely n´egysz¨oges´ıthet˝o. A k¨orszeletet meghat´arozza a k¨or r sugara ´es a k¨orszelethez tartoz´o ω k¨oz´epponti sz¨og. A k¨orszelet ter¨ ulet´enek k´etszerese r2 ω − r2 sin ω = r2 (ω − sin ω). Mivel, ω 6= 0 ´es sin ω nem lehet egyszerre algebrai sz´am, ez´ert a´ltal´aban a k¨ ul¨onbs´eg transzcendens ´es nem szerkeszthet˝o. Ellipszisnek ´es hiperbol´anak sem lehet olyan szelet´et megszerkeszteni, amelynek ter¨ ulete is szerkeszthet˝o. Viszont ez parabol´ara nem igaz. Alkalmas der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszerben ugyanis b´armely parabola egyenlete y = x2 . Annak a parabolaszeletnek a ter¨ ulete, amelyet a parabola P1 = (x1 , y1 ) ´es P2 = (x2 , y2 ) pontj´at o¨sszek¨ot˝o h´ ur a parabol´aval hat´arol x3 x3 (x2 − x1 )3 y1 + y2 (x2 − x1 ) − ( 2 − 1 ) = . 2 3 3 6 Ennek a ter¨ uletnek a m´er˝osz´ama P1 -b˝ol ´es P2 -b˝ol szerkeszthet˝o ´es csak a P1 ´es P2 ponton a´tmen˝o s a parabola tengely´evel p´arhuzamos egyenesp´ar t´avols´ag´at´ol ´es a parabola param´eter´et˝ol f¨ ugg. K¨orszeletekkel ellent´etben m´ar a g¨or¨og¨ok is ismertek k¨or´ıvekkel hat´arolt n´egysz¨oges´ıthet˝o idomokat. Hippokrat´esznak tulajdon´ıtj´ak a k¨ovetkez˝o t´etelt: T´ etel: Ha egy der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og oldalaira, mint ´atm´er˝okre u ´gy rajzolunk egy-egy f´elk¨ort, hogy az ´atfog´ora rajzolt f´elk¨or a h´aromsz¨oggel ugyanazon oldalra, a befog´okra rajzolt k´et f´elk¨or pedig a h´aromsz¨og¨on k´ıv¨ ul ess´ek, akkor a h´arom f´elk¨orrel hat´arolt k´et hold alak´ u k¨ork´etsz¨og ter¨ ulet´enek ¨osszege a h´aromsz¨og ter¨ ulet´evel egyezik meg.
20
Legyen a, b a befog´ok, c az a´tfog´o, Ha ´es Hb a k´et holdacska, T pedig a h´aromsz¨og ter¨ ulete. Ekkor: 1 c 1 a 1 b Ha + Hb + ( )2 π = T + ( )2 π + ( )2 π, 2 2 2 2 2 2 ´ıgy
π 2 (a + b2 − c2 ) = T. 8 Ha a der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u, akkor Ha = Hb = T2 = u k¨ork´etsz¨og, amelyet egy n´egyzet oldal´ara, mint ( a2 )2 . Teh´at az a hold alak´ a´tm´er˝ore rajzolt k¨orlapnak a n´egyzet k¨or´e ´ırhat´o k¨or¨on k´ıv¨ ul es˝o r´esze alkot, a n´egyzet ter¨ ulet´enek negyedr´esz´evel egyenl˝o ter¨ ulet˝ u. Ha + Hb = T +
Figure 19: Hippokrat´esz t´etele
Figure 20: Holdacsk´ak ter¨ ulet´evel kapcsolatos feladatok
21
Hold alak´ u a´ltal´anos k¨ork´etsz¨oget hat´arol a k¨oz¨os A ´es B v´egponttal b´ır´o ´es az AB egyenesnek ugyanazon oldal´an fekv˝o l1 ´es l2 k¨or´ıv. Ha a k´et k¨or k¨oz´eppontja, sugara ´es a f¨olvett k¨or´ıvhez tartoz´o k¨oz´epponti sz¨og O1 , r1 ´es 2ω1 ill. O2 , r2 ´es 2ω2 , AB = h ´es r1 < r2 ´es T jel¨oli az AO1 O2 h´aromsz¨og ter¨ ulet´et, akkor a holdacska ter¨ ulete H = r12 ω1 − r22 ω2 + 2T ´es r1 sin ω1 = r2 sin ω2 = h2. A holdacska akkor n´egysz¨oges´ıthet˝o, ha h-b´ol H, r1 ´es r2 k¨orz˝ovel ´es vonalz´oval szerkeszthet˝o. Ekkor azonban sin ω1 , sin ω2 ´es 2T is szerkeszthet˝o. Mivel ω2 4 ω1 − = 2 (H − 2T ) = C, 2 2 h sin ω1 sin ω2 ez´ert a holdacska n´egysz¨oges´ıthet˝os´eg´enek felt´etele, hogy az egys´egb˝ol C, ω2 sin ω1 , sin ω2 szerkeszthet˝o legyen. Ha feltessz¨ uk, hogy p = algebrai ω1 sz´am, akkor fenn´all √ sin pω1 = p sin ω. Eddig csak olyan n´egysz¨oges´ıthet˝o holdacsk´ak l´etez´es´et mutatt´ak ki, amelyekre p 3 5 2, 3, , 5, . 2 3 Az els˝o kett˝ot Hippokratesz, az utols´o kett˝ot Clausen tal´alta.
22
Figure 21: Hold alak´ u ´altal´anos k¨ork´etsz¨og Sz´amos h´aromsz¨ogszerkeszt´es vezet harmadfok´ u egyenlethez. P´eld´aul: H´aromsz¨og szerkeszt´ese k¨or´e´ırt k¨ore k¨oz´eppontj´anak az oldalakt´ol val´o t´avols´ag´ab´ol. Mivel a h´aromsz¨og magass´agpontj´anak a t´avols´aga egy cs´ ucst´ol k´etszer akkora, mint a k¨or´e´ırt k¨or k¨oz´eppontj´anak t´avols´aga a szemk¨ozt fekv˝o oldalt´ol, ´ıgy a h´aromsz¨og szerkeszt´ese magass´agpontj´anak a cs´ ucsokt´ol val´o t´avols´ag´ab´ol a´ltal´aban nem elemi feladat. H´aromsz¨og szerkeszt´ese ker¨ ulet´eb˝ol, be´ırhat´o ´es k¨or´e´ırhat´o k¨or´enek sugar´ab´ol a´ltal´aban nem elemi szerkeszt´es.
23
