Geometria szerkesztések I (Euklidészi szerkesztések)
Kovács Zoltán
DE Matematikai és Informatikai Intézete 2001
Bevezetés Jelen munka ideiglenes és részleges el˝oadásvázlat 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, els˝osorban tanárszakos hallgatók számára. A részlegesség azt jelenti, hogy csak az euklidészi szerkeszthet˝oséget dolgoztam fel, nem foglalkoztam a körz˝o és vonalzó használatának korlátozásával és a nem euklidészi szerkeszt˝oeszközökkel. (Pl. Steiner szerkesztések.) Hangsúlyozandó, hogy el˝oadásvázlatról van szó, amely nem helyettesíti, hanem segíti az el˝oadást. Ez megnyilvánul például abban, hogy jegyzetben található feladatokhoz sokszor nem adok megoldást, (egy részüket részletesen feldolgozom órán); illetve néha csak utalok egy-egy hozzáférhet˝o 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 szerkeszthet˝oség. Polygon, Szeged 1997. 2. G. E. Martin: Geometric Constructions. Springer, 1997. 3. Sz˝okefalvi Nagy Gyula: A geometriai szerkesztések elmélete. Akadémiai Kiadó, Budapest 1968.
Néhány jelölés (O, P ) — az O középpontú, P -re illeszked˝o kör. (O, r) — az O középpontú, r sugarú kör. Háromszögek: a, b, c: oldalak; α, β, γ: szögek; wα , . . .: szögfelez˝ok; hα , . . .: magasságok; sa , . . .: súlyvonalak. AB vagy d(A, B)— Az A és B pontok távolsága. ←−→ AB — A és B végpontokkal rendelkez˝o szakasz. AB — A-t és B-t tartalmazó egye−−→ nes. AB — A kezd˝opontú és B-t tartalmazó félegyenes.
1. Motiváció: a Descartes féle megoldástípus A Descartes féle megoldástípus elnevezés P ÓLYA G YÖRGYt˝ol 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 22.4.) 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 meggy˝oz˝odhetünk, 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 jöv˝o gyöke: √ √ 5−1 5−1 y= , tehát cos α = . 2 4 Az utóbbi érték könnyen szerkeszthet˝o. 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 |
wα2 − h2a =⇒ p = L + x {z } −L
A bevezetett K és L az adatok által meghatározott, s mindkett˝o szerkeszthet˝o az adatokból. A szögfelez˝otétel: a−p b = , 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 a2 − 2ax a = 2 =⇒ −1 =1+ 2 , c L+x ha + x2 ¶2 µ a 2a a2 − 2ax − = 2 , L+x L+x ha + x 2 a 2 a − 2x − = 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 egyenletb˝ol x könnyen kifejezhet˝o (ellen˝orizzük, hogy másodfokú egyenletet kapunk!), s ennek alapján szerkeszthet˝o.
Az ókor nevezetes szerkesztési problémái A következ˝o szerkesztési problémák esetében meghatározzuk a szerkesztend˝o számra kirótt egyenletet, de az egyenlet gyökeinek szerkesztésével csak egy kés˝obbi fejezetben foglalkozunk. 5. Feladat. (Kockakett˝ozés.) Az egységszakasz ismeretében szerkesztend˝o a 2 térfogatú kocka oldaléle.
Megoldás: A szerkesztend˝o szakasz hossza kielégíti a x3 = 2 egyenletet, azaz szerkesztend˝o
√ 3
2.1
6. Feladat. (Körnégyszögesítés.) Szerkesztend˝o az egységkörrel azonos kerület˝u, illetve azonos terület˝u négyzet oldala.
Megoldás: A keresett négyzet√oldala kielégíti a 4x = 2π, illetve az x2 = π egyenletet, azaz szerkesztend˝o π2 , illetve π. 1 Vigyázat! Abból, hogy a szerkesztend˝ o számot nem négyzetgyökvonással fejeztük ki, még nem következik, hogy√nem lehet racionális m˝uveletekkel és négyzetgyökvonással, „szerkeszthet˝o módon” kifejezni. Valójában 3 2 az egységszakaszból körz˝ovel és vonalzóval tényleg nem szerkeszthet˝o, de ezt innen még nem lehet leolvasni!
3
7. Feladat. (Szögharmadolás.) Szerkesztend˝o 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 el˝obbi egyenlet egy gyökét kell szerkeszteni. Már most is láthatjuk, hogy a probléma nagymértékben függ az adott szögt˝ol. Miel˝ott a probléma körz˝os-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 kettede a nagymutatóénak, továbbá 4 · 12 = 31 , szöget duplázni pedig tudunk. Állítsuk 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 következ˝o 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 körz˝ovel és vonalzóval 2.1. Definíció. Legyen H ⊂ R2 . Egy P ∈ R2 pontot H-ból euklidészi értelemben szerkeszthet˝onek (a továbbiakban, ha a félreértés veszélye nem áll fönn, akkor szerkeszthet˝onek, illetve körz˝o-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 index˝u pontra illeszked˝o egyenes metszéspontja; 2. egy kisebb index˝u pontokra illeszked˝o egyenes és egy olyan kör metszéspontja, mely középpontja kisebb index˝u pont és átmegy egy kisebb index˝u ponton; 3. két olyan kör metszéspontja, melyek középpontja egy-egy kisebb index˝u pont, és illeszkednek egy-egy kisebb index˝u pontra. Egy egyenest szerkeszthet˝onek nevezünk, ha két pontja szerkeszthet˝o. Egy kört szerkeszthet˝onek nevezünk, ha középpontja és egy pontja szerkesztht˝o.
Megjegyzés. A fentiek rögzítik a „körz˝o” és „vonalzó” használatát. A körz˝o használatára vonatkozó szigorú el˝oírás szerint a körz˝o „nem emelhet˝o fel”. Valójában ez az el˝oírás nem lényeges, amint azt a következ˝o tétel mutatja: 2.2. Tétel. Ha O, A B szerkeszthet˝o pontok, akkor az (O, AB) kör szerkeszthet˝o.
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 körz˝ovel-vonalzóval szerkeszthet˝onek mondunk, ha (x, 0) ∈ R2 szerkeszthet˝o pont. A következ˝oekben az alaphalmazunk: H = { (0, 0), (1, 0) }. A továbbiakban szabadon használunk néhány elemi körz˝o-vonalzó szerkesztést (pl. adott egyenessel párhuzamos húzása adott ponton keresztül, adott ponból adott egyenesre mer˝oleges állítás. . . )2 Ezekb˝ol az egyszer˝u szerkesztésekkel könnyen elvégezhet˝o az alábbi tétel bizonyítása (ld. 4. ábra): 2.4. Tétel.
1. A koordinátatengelyek körz˝o-vonalzó egyenesek.
2. Ha az (x, 0), (−x, 0), (0, x), (0, −x) pontok egyike körz˝o-vonalzó pont, akkor mindegyik körz˝o-vonalzó pont. 2 Az
„elemi” szerkesztések Euklidész nyomán készített jegyzékét az olvasó a függelékben találja meg.
5
3. x akkor és csakis akkor körz˝o-vonalzó szám, ha −x. 4. Az egész számok körz˝o-vonalzó számok. 5. (x, y) akkor és csakis akkor körz˝o-vonalzó pont, ha x és y körz˝o-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 körz˝o-vonalzó számok euklidészi testet alkotnak.
Bizonyítás: A racionális m˝uveleteket szerkesztéséhez ld. a 5. ábrát, a gyökvonást a magasságtétel alkalmazásával az ismert módon megszerkeszthetjük. √ 2.7. Tétel. Ha F ⊂ R számtest, továbbá d ∈ F egy pozitív szám, de d ∈ / F , akkor n o √ √ F ( d) = p + q d | p, q ∈ F test, melyet az F test
√
d-vel való egyszer˝u négyzetgyök b˝ovítésének nevezünk. ¡√ ¢ ¡√ ¢ ¡√ ¢ 2.8. Definíció. Ha¡√ F1 = F d , F = F1 d2 , . . . , Fn = Fn−1 dn , akkor √ 1¢ 2 röviden Fn = F d1 , . . . , dn -t írunk; az F, F1 , . . . , Fn testek mindegyikét az F iteratív négyzetgyök b˝ovítésének nevezzük. 2.9. Tétel. Q összes iteratív négyzetgyök b˝ovítéseinek uniója megegyezik a { (0, 0), (1, 0) } halmazból euklidészi értelemben szerkeszthet˝o pontok halmazával. Ez a legsz˝ukebb euklidészi számtest.
Bizonyítás: Ha egy szám benne van Q valamely négyzetgyök b˝ovítésében, akkor a korábbiak szerint körz˝ovel-vonalzóval szerkeszthet˝o. A megfordítás az alábbi két észrevételb˝ol közvetlenül következik. A: Ha egy egyenes két olyan pontra illeszkedik, melynek koordinátái egy F számtestb˝ol valók, akkor az egyenesnek van olyan lineáris egyenlete, melyben az együtthatók F -beliek. Ha egy kör középpontjának koordinátái és a kör sugara egy F számtestb˝ol vannak, akkor van a körnek olyan másodfokú egyenlete, amelyben az együtthatók az F testb˝ol vannak. 6
a−b
a b
a+b
1 ab −a
a/b
−b
5. ábra. A racionális m˝uveletek szerkesztése.
B: Ha két alakzat mindegyike kör vagy egyenes, s az alakzatok egyenleteiben az együtthatók az F számtestb˝ol valók, akkor a a metszéspontok koordinátái vagy az F ben, vagy annak egyszer˝u négyzetgyök b˝ovítésében vannak. Mindkét állítás elemi koordinátageometriai megfontolások alapján látható be. Az körz˝o-vonalzó számok euklidészi testét (azaz Q összes négyzetgyök b˝ovítései unióját) a továbbiakban E-vel jelöljük 2.10. Tétel. E minden eleme algebrai szám.
Bizonyítás: A bizonyítást az alábbi segédtétel kimondásával³kezdjük: √ ´ Ha c k-adfokú polinom gyöke és a polinom együtthatói az F d testb˝ol valók, akkor 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: ¡ ¢√ ak ck + · · · + a1 c + a0 = − bk ck + · · · + b0 d. 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. Ebb˝ol azonban bk = ak = 0 vagy d = bk ellentmondás. 7
Térjünk most rá az eredeti állítás bizonyítására. Legyen c ∈ E! ³p ³p ´ p ´ c∈Q d1 , . . . , dk = F dk . c ilyenkor nyilván gyöke az x − c polinomnak, azaz szerint olyan polip a segédtétel ¡√ ¢ nomnak is gyöke, mely együtthatói az Q d1 , . . . , dk−1 testb˝ol 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 szerkeszthet˝o gyöke; 2. f -nek minden gyöke szerkeszthet˝o; 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 szerkeszthet˝o gyöke. szerint. o gyöp Jelölje ¡√ ¢ ezt a szerkeszthet˝ √ 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 Egyszer˝u 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 = h ³ ³ p ´i h p ´i = (x − t) · x − p + q dk · x − p − q dk = =
x3 − (2p + t)x2 + . . . .
Hasonlítsuk össze a másodfokú tag együtthatóját mindkét oldalon: ³p ´ p a = −(2p + t) =⇒ t = −2p − a ∈ Q d1 , . . . , dk−1 . 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 kockakett˝ozés lehetetlenség.) 3 2 nem szerkeszthet˝o körz˝ovelvonalzóval az egységszakasz ismeretében. √ Bizonyítás: Az x3 − 2 polinomnak nincs racionális gyöke. (Egyetlen valós gyöke 3 2, de ez nem racionális szám. Más gondolatmenettel: Rolle tételéb˝ol 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 szerkeszthet˝o.
π 3
mérték˝u
Bizonyítás: A szögharmadolási egyenlet c = 12 -el: x3 − 3x − 1 = 0. Rolle-tételb˝ol 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 körz˝ovel-vonalzóval. 10. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a szabályos hétszög az egységszakaszból körz˝ovel vonalzóval nem szerkeszthet˝o, de szögharmadoló eszközzel (+körz˝o+vonalzó) már szerkeszthet˝o.
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 következ˝o egyenletet kajuk: x7 − 7x5 + 14x3 − 7x − 2 = 0. Behelyettesítéssel adódik, hogy 2 a p = x7 − 7x5 + 14x3 − 7x − 2 polinomnak gyöke, s p a következ˝oképpen faktorizálható: ¡ ¢2 p = (x − 2) x3 + x2 − 2x − 1 . A probléma tehát a p0 = x3 + x2 − 2x − 1 polinom valós gyökének (gyökeinek) szerkeszthet˝osége. 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 körz˝ovel-vonalzóval nem szerkeszthet˝o. A második kérdés megválaszolásához el˝oször új ismeretlen bevezetésével küszöböljük ki a másodfokú tagot. Legyen x = y − 13 . Ekkor az 7 7 y3 − y − =0 3 27 egyenlethez jutunk. Ismét új ismeretlen bevezetésével elérhetjük a szögharmadolási egyenletet. Legyen y = αz, ahol α egy kés˝obb 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 következ˝o állítások ekvivalensek: (a) p-nek van szerkeszthet˝o gyöke, (b) p-nek minden valós gyöke szerkeszthet˝o, (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 szerkeszthet˝o gyöke (dk , v, w ∈ p p ¢ ¡√ ¢ ¡√ √ / Q d1 , . . . , dk−1 . Nehézség nélkül elQ d1 , . . . , dk−1 , w 6= 0, dk ∈ √ len˝orizhet˝o, hogy ekkor u0 = v − w dk is gyök, továbbá u 6= u0 . A p gyökeit a továbbiakban jelöljük a következ˝oképpen: u = d1 , u0 = d2 , d3 , d4 . Azt állítjuk, hogy d1 d2 +d3 d4 a köbös rezolvens szerkeszthet˝o gyöke. Ez már állításunkat jelenti, mert a köbös rezolvens harmadfokú, s rá alkalmazható az el˝oz˝o 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 szerkeszthet˝o gyöke. 11. Feladat. Az (a, ha , wβ ) háromszögszerkesztési feladat.
Megoldás: Belátjuk, hogy az (1, 1, 1) adatok mellett a háromszög nem szerkeszthet˝o. Felírva a háromszög területét: T =
ac sin β aha = , 2 2
ahonnan c=
1 . sin β 10
A szögfelez˝ore a 12. feladatban megadott összefüggés szerint: a + c = 2ac cos Rendezve: 2 sin
β 1 1 β =⇒ 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 x 1− = x2 − 2x + 1, 4 £ ¤ azaz x4 − 8x + 4 = 0. Ennek a polinomnak a 0, 1 intervallumban van gyöke, tehát a szerkesztend˝o 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 szerkeszthet˝o.
5. Magasabbfokú problémák 5.1. Tétel. Legyen f ∈ Q[x] racionális együtthatókkal rendelkez˝o polinom, továbbá tegyük fel, hogy f Q fölött irreducibilis. Ha f -nek van szerkeszthet˝o gyöke, akkor f fokszáma kett˝o hatványa.
Bizonyítás: A tétel bizonyításához el˝oször szükségünk lesz egy algebrai jelleg˝u 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 el˝oállítható ¡√ ¢ 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. El˝oször kicsit általánosabban fogalmazzuk meg a tételt: Legyen K ⊂ R tetsz˝oleges számtest, L pedig a K (iteratív) négyzetgyök b˝ovítése. 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. √ ¢ Legyen L = K c1 , . . . , ct A bizonyítást a t szerinti teljes indukcióval végezzük el. t = 0-ra K = L. f nyilván els˝ofokú ekkor, mert van gyöke K-ban, mégsem reducibilis. Els˝ofokú polinomra az állítás nyilván igaz: 20 = 1. Tegyük fel, hogy 1, . .¢. , t−1-re igaz, s f legalább másodfokú. Most belát¡√az állítás √ juk t-re. f L = K c1 , . . . , ct fölött reducibilis, mert van¢gyöke ebben a testben. ¡√ √ 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 √ √ a testben!) A lemmát alkalmazva: f2 , ¢ahol f1 , f2 ∈ K c1 , . . . , c` [x], ¡√f = f1√ azonos fokszámúak, továbbá K c1 , . . . , c` fölött irreducibilisek. Mivel f (u) = f1 (u)f2 (u) = 0, ezért u f1 -nek vagy f2 -nek gyöke. Legyen f1 -nek. ¡√például √ ¢ Ha f1 elc , . . . , c [x] polinom s˝ofokú, az állítást bebizonyítottuk. Egyébként az f ∈ K 1 1 ` ¡√ ¡√ √ ¢ √ ¢ tehát K c1 , . . . , c` fölött irreducibilis, L = K c1 , . . . , ct -ben van gyöke, így alkalmazható rá az indukciós feltevés, amib˝ol állításunk következik. A korábbi paragrafusokban már kidolgoztunk néhány háromszögszerkesztési feladatot. Az alábbi feladatok egyike sem szerkeszthet˝o 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 szerkeszthet˝ok euklidészi értelemben! A harmadfokú problémáknál vizsgáljuk, hogy megoldható-e szögharmadoló eszközzel.3 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 wα = , w = , 4s2a = 2b2 + 2c2 − a2 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 célszer˝u computeralgebrai (CA) eszközöket használni. Az ajánlott irodalomban megjelölt Czédli – Szendrei könyvben találunk erre példát, illetve a szerz˝ok által készített, CA-rendszerekt˝ol független EUKLEID program szabadon letölthet˝o a http://www.math.uszeged.hu/polygon/konyvtar.htm címr˝ol.
12
6. A szabályos sokszögek szerkesztése A szabályos sokszögek euklidészi szerkesztésére vonatkozó klasszikus eredmény a következ˝o: 6.1. Tétel. (Gauss – Wantzel) Legyen n > 2 egés. Szabályos n szög akkor és csakis akkor szerkeszthet˝o, ha n a következ˝oképpen bontható prímhatványok szorzatára: n = 2k p1 · pr , ahol p1 , . . . , pr különböz˝o Fermat-prímek.4 A továbbiakban vázoljuk, hogy ha a szabályos n-szög szerkeszthet˝o, akkor n alakja a tételnek megfelel˝o. A megfordítást nem bizonyítjuk, kivéve a szabályos 17-szög szerkeszthet˝oségét. A szabályos sokszögek szerkesztését célszer˝u a komplex számok segítségével tárgyalni. 6.2. Definíció. A z = a + bi ∈ C (a, b ∈ R) komplex számot euklidészi értelemben szerkeszthet˝onek nevezzük, ha a és b euklidészi értelemben szerkeszthet˝o valós számok. √ 6.3. Tétel. Ha z1 , z2 ∈ C szerkeszthet˝o komplex számok, akkor z1 + z2 , z1 z2 , z1 , z11 is szerkeszthet˝o.
Bizonyítás: A komplex számok trigonometrikus alakját használva. Az egységkörbe írt szabályos n-szög szerkeszthet˝osége ekvivalens az εn = cos
2π 2π + i sin n n
n-edik komplex egységgyök megszerkesztésével. A következ˝o észrevételek arra mutatnak rá, hogy elegend˝o csak prímhatvány oldalú szabályos sokszögek szerkesztésével foglalkozni. 6.4. Tétel. Legyenek m és n egyt˝ol nagyobb, relatív prím egészek! εmn akkor és csakis akkor szerkeszthet˝o, ha εm és εn mindegyike szerkeszthet˝o.
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 különböz˝o prímek). εn akkor és csakis akkor szerkeszthet˝o, ha k εpjj mindegyike szerkeszthet˝o. n
4 Azaz 22 + 1 alakú prímek. A szerz˝ o tudomása szerint mindezidáig a következ˝o 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 tetsz˝oleges páratlan prím. Ha εp szerkeszthet˝o komplex szám, akn kor p Fermat prím, azaz valamely n természetes számmal p = 22 + 1 alakban írható fel. εp2 sosem szerkeszthet˝o. 6.9. Következmény. εpk egyetlen páratlan prímre sem szerkeszthet˝o. 6.10. Tétel. A szabályos 17-szög szerkeszthet˝o.
Bizonyítás (Gauss’18.): Legyen 2π 2π + i sin , továbbá ch = εh + ε−h . 17 17 Könnyen ellen˝orízhet˝ok 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 szerkesztend˝o szakasz egyik végpontja. („A körz˝o felemelhet˝o.”) −−→ −−→ 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 szögfelez˝ojét. Euklidész I.10. Szerkesszük meg adott szakasz felez˝opontját. ←−→ Euklidész I.11. Szerkesszünk mer˝olegest az AB -re A-ban. Euklidész I.12. Szerkesszünk mer˝olegest adott egyenesre rá nem illeszked˝o 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 egyenl˝o. 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. könyvb˝ol 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. Küls˝o pontból érint˝o 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 egyenl˝o szárú háromszöget, melynek alapon fekv˝o 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 el˝oz˝o 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 wβ (a + 2ac + c ) = 2ac a + c − s2a + ac 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 β 4s2 − a2 − c2 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 wβ sin = ha − wβ sin 1 − 2 sin2 , 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
β p = , 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=
π : 2
1 c2 = s2b − b2 , 4
γ = (a + b)wγ , 2 γ a2 = b2 + c2 , b = wγ cos , 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 ha = 1, wα = 2 : 2 sin α = 1 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 3 β 2 β = 4 1 − 2 sin , x = 2 sin 3 sin − 4 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 1 − 2 sin = 6 sin − 8 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 γ 1√ γ 1 γ 2 sin cos = 3 cos + sin , 2 2 2 2 2 2 µ ¶2 ´ 3 γ 1 ³ γ γ 2 cos − 1 − cos2 = cos2 , / · 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 M→f 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 c = sin + cos , sin β = c2 − 1, 2 2 1√ 2c b 2(sin β + cos β) = c sin β, 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 :
