Literatur zu geometrischen Konstruktionen

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1 Literatur zu geometrischen Konstruktionen Hadlock, Charles Robert, Field theory and its classical problems. Carus Mathematical Monographs, 19. Mathematical Association of America, Washington, D.C., F. Klein. Vorträge über ausgewählte Fragen der Elementargeometrie, auf der Homeseite der Vorlesung. Bieberbach, Ludwig Theorie der geometrischen Konstruktionen. Lehrbücher und Monographien aus dem Gebiete der exakten Wissenschaften. Mathematische Reihe, Band 13. Verlag Birkhäuser, Basel, 1952.

2 Satz 11 Wiederh. Angenommen n = q p, wobei ggt(q, p) = 1, p 3, q 3. Dann gilt: Ein reguläres n Eck ist g.d. konstruierbar, wenn die regulären q und p Ecke konstruierbar sind. Folgerung Sei n = p k1 1...pkm m, wobei p 1,...,p m N verschiedene Primzahlen sind (Primfaktorzerlegung; Hausaufgabe 2 Blatt 2). Dann gilt: Reguläres n-eck ist g.d. kostruierbar, wenn jedes reguläre p k i i -Eck konstruierbar ist (nach Definition betrachten wir 2 Eck als konstruierbar). Lemma 5 (vrgl. mit Hausaufgabe 2 Blatt 2) Sei p eine Primzahl. Es gilt: p :. q 1 q 2, so p :. q 1 oder p :. q 2. Beweis. Nach Voraussetzung ist [q 1 q 2 ] = [q 1 ] mod p [q 2 ] = 0 in Z p. Da Z p \ {[0]} nach Satz 4 eine Gruppe bzgl. mod p ist (weil (Z p,,+) ein Körper ist, ist [q 1 ] = 0 oder [q 2 ] = 0. Beweis der Folgerung. Nach Lemma 5 ist p k1 1 teilerfremd mit pk2 2...pkm m Dann ist nach Satz 11 p k1 1...pkm m -Eck g.d. konstruierbar, wenn p k2 2...pkm m -Eck und p k1 1 konstruierbar sind. Wir wiederholen die Argumentation (jetzt für p k2 2...pkm m -Eck) und bekommen, dass p k2 2...pkm m -Eck g.d. konstruierbar ist, wenn p k3 3...pkm m -Eck und p k2 2 konstruierbar sind, u.s.w.

3 Zusammenfassung und Satz von Gauß Satz 9 Eine Zahl a R ist genau dann konstruierbar, wenn a enthalten ist in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q. Satz 10 Reguläres n-eck ist g.d. konstruierbar, wenn die Zahl cos( 2π n ) konstruierbar ist. Folgerung aus Satz 11 Ein reguläres p k1 1...pkm m -Eck (s.d. p i verschiedene Primzahlen sind) ist g.d. konstruierbar, wenn alle regulären p k i i Ecke konstruierbar sind. Bemerkung Reguläre 2 k -Ecke sind konstruierbar. Ferner gilt: ist ein reguläres n-eck konstruierbar, so ist auch das reguläre 2n-Eck konstruierbar Fazit Ein reguläres p k1 1...pkm m -Eck (s.d. p i verschiedene Primzahlen sind) ist g.d. konstruierbar, wenn für jedes ungerade p i die Zahl cos( 2π/p k i i ) in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q liegt. Satz 12 (Gauss 1796 =, Wantzel 1830 = ); ohne Beweis Sei p > 2 eine Primzahl. Dann liegt die Zahl cos ( 2π/p k) (wobei k 1) g.d. in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q, wenn k i = 1 und p = 2 2k + 1 mit k N {0} sind. Def. 12 Die Primzahlen der Form p = 2 2k + 1 mit k N {0} heißen Fermatsche ( Prim)zahlen

4 Satz von Gauss in der geometrischen Sprache. Satz 12 (Gauss 1796 =, Wantzel 1830 = ) Ein reguläres n-eck (n N,n 3) ist genau dann konstruierbar, wenn die ungeraden Primfaktoren von n verschiedene Primzahlen der Form 2 2k + 1 mit k N {0} sind. Bsp. Reguläres 5-Eck und reguläres 17-Eck sind konstruierbar (Weil 5 = , 17 = ) Bsp. Reguläres 7-Eck und reguläres 9-Eck sind nicht konstruierbar (Weil die Zahlen der Form 2 2k + 1 gleich 3,5, 17, 257, 65537, sind. 7 ist also nicht dabei. Weil 9 = 3 2 und k = 2 1 ist. ) Bsp. Die Zahlen 3, 5, 17, 257, sind Primzahlen,die 3, 5, 17, 257, Ecke sind also konstruierbar: Ein gewisser Oswald Hermes verwendete 10 Jahre seines Lebens darauf, die Konstruktion des regulären Ecks zu beschreiben. Sein Manuskript wurde in einem Koffer in der Universität Göttingen deponiert; dort liegt es heute noch. Es ist nicht bekannt, ob es weitere Fermatsche Primzahlen gibt. Die Zahl ist jedenfalls keine Primzahl, denn Euler hat für sie den Primfaktor 641 gefunden.

5 Tabelle: welche n Ecke sind konstuierbar. k N 3 Ist k Eck konstruierbar? 3 Ja 4 Ja 5 Ja 6 Ja 7 Nein 8 Ja 9 Nein 10 Ja 11 Nein 12 Ja 13 Nein 14 Nein 15 Ja 16 Ja k N 17 Ist k Eck konstruierbar? 17 Ja 18 Nein 19 Nein 20 Ja 21 Nein 22 Nein 23 Nein 24 Ja 25 Nein 26 Nein 27 Nein 28 Nein 29 Nein 30 Ja

6 Plan für Heute Wir werden 1. Unmöglichkeit der Konstruktion von 7 Eck und 9 Eck beweisen 2. Unmöglichkeit von 3 anderen klassischen Konstruktionsproblemen besprechen: die Dreiteilung des Winkels beweisen, die Verdoppelung des Würfels (Delisches Problem) beweisen und die Quadratur des Kreises (nur) besprechen.

7 Vorbereitungssätze Frage Wie beweist man, dass eine Zahl nicht in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q liegt? Def. 13 Eine kubische Gleichung x 3 + lx 2 + mx + n = 0 heißt irreduzibel, wenn die Koeffizienten l, m, n rational sind, aber keine Lösung der Gleichung rational ist. Satz 13 Ist die Zahl x Lösung einer irreduziblen kubischen Gleichung x 3 + lx 2 + mx + n = 0, (1) so liegt x nicht in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q. Def. vor dem Beweis Liegt y in einem Körper, der durch k-malige quadratische Erweiterung aus Q entsteht, so sagen wir, y sei auf dem Niveau k. Bsp. 1/2 ist auf dem Niveau 0, ist auf dem Niveau 1.

8 Widerspuchsbeweis. ßÞ Angenommen, Ð eine Lösung der Gleichung (1) läge in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q. Sei x 1 die Lösung von (1), die auf dem kleinstem Niveau k ist. Da x 1 Q, ist k 1.Es gilt also x 1 = a + b s mit geeigneten Zahlen a,b,s auf dem Niveau k 1. Wir setzen dies in (1) ein und erhalten (a + b s) 3 + l(a + b s) 2 + m(a + b s) + n = (a 3 + 3ab 2 s + a 2 l + b 2 sl + ma + n) + (3a 2 b + b 3 s + 2abl + bm) s = 0. A auf dem Niveau k 1 ßÞ Ð B auf dem Niveau k 1 Ist A 0 B, so ist s auf dem Niveau k 1 (weil s = A/B ist, und deswegen nach Satz 7 auf dem Niveau k 1 liegen muss), also ist x 1 nach Satz 7 auf dem Niveau k 1, was den Voraussetzungen widerspricht. Dann ist A = B = 0, und deswegen x 2 := a b s auch eine Nullstelle der Gleichung (1), denn es ist x lx mx 2 + n = (a 3 + 3ab 2 s + a 2 l + b 2 sl + ma + n) (3a 2 b + b 3 s + 2abl + bm) s = 0. Nach Satzgruppe von Viëta ist die Summe der drei Nullstellen von (1) gleich l, also ist l 2a ebenfalls eine Nullstelle. Sie ist auf dem Niveau k 1. Das ist ein Widerspruch. Folgerung Um zu beweisen, dass eine Zahl nicht konstruierbar ist, können wir zeigen, dass die Zahl eine Nullstelle einer irreduziblen kubischen Gleichung ist.

9 Satz 14 Sei x 3 + lx 2 + mx + n = 0 eine kubische Gleichung s.d. l, m, n Z. Dann gilt: Diese Gleichung ist g.d. irreduzibel, wenn sie keine ganzzahlige Lösung hat. Beweis. = ist offensichtlich: ist die Gleichung irreduzibel, so sind nach Def.13 die Lösungen irrational. Widerspuchsbeweis in = Angenommen, die Gleichung ist nicht irreduzibel, obwohl keine Lösung ganzahlig ist. Dann gibt es eine rationale Lösung x = r/s, wobei r, s Z. OBdA ist ggt(r, s) = 1. Einsetzen in die Gleichung ergibt r 3 = s(lr 2 + smr + ns 2 ). Ist s > 1, so hat s einen Primfaktor p. Dieser muss auch Primfaktor von r 3 sein, und damit von r, ein Widerspruch. Also ist s = 1 und daher x ganzzahlige Lösung, im Widerspruch zur Voraussetzung.

10 Reguläres 7-Eck ist nicht konstruierbar Nach Satz 10 müssen wir zeigen, dass cos(2π/7) in keiner iterierten quadratischen Erweiterung von Q liegt. Nach Beobachtung aus der Vorlesung 4,ist e 2π 7 i = cos(2π/7) + i sin(2π/7) eine Lösung der Gleichung z 6 + z = 0 (1). Für die Zahl y := z + 1 z gilt daher y 3 + y 2 2y 1 = 0, (2) wie sich sofort durch Einsetzen in (1) und Umformung ergibt. Dann ist y 1 := z z 1 = e i2π/7 + e i2π/7 = 2cos 2π 7 eine Lösung von (2). Wäre nun das reguläre 7-Eck konstruierbar, so wäre die Zahl cos 2π 7 konstruierbar. Nach Satz 4 liegt y 1 dann in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q.Nach Satz 13 folgt daraus, daß die Gleichung (2) nicht irreduzibel ist,sie hat also nach Satz 14 eine ganzzahlige Lösung. Die Lösungen von (2) sind neben 2cos 2π 7 noch die Zahlen 2cos 4π 7 und 2cos 6π 7 (die man genauso findet).keine davon ist ganzzahlig. Das ist ein Widerspruch.

11 Dreiteilung des Winkels Dieses klassische Problem der griechischen Geometrie fragt, ob man einen beliebigen Winkel mit Hilfe von Zirkel und Lineal allein, in drei gleiche Abschnitte teilen kann. Wir werden zeigen, dass diese Aufgabe unlösbar ist (= nicht für alle Winkel lösbar ist). Einige spezielle Winkel lassen sich jedoch sehr wohl in drei gleiche Abschnitte teilen. Dreiteilung des 135 -Winkels ist möglich, weil 135 : 3 = 45 und Winkel 45 konstruierbar ist. Dreiteilung des 90 -Winkels ist ebenfalls möglich, weil 90 : 3 = 30, und Winkel 30 ist konstruierbar mit Hilfe von Winkelhalbierenden des regelmässigen Dreiecks. Dreiteilung des 45 -Winkels ist ebenfalls möglich, weil 45 : 3 = 15, und Winkel 15 ist konstruierbar mit Hilfe von Winkelhalbierenden des Winkels 30.

12 Problem: Kann man einen beliebigen gegebenen Winkel mit Zirkel und Lineal dreiteilen? Antwort: Nein. Wäre die Winkeldreiteilung mit Zirkel und Lineal lösbar,so wäre insbesondere der Winkel π/9 konstruierbar, damit wäre cos(π/9) konstruierbar. Wegen der Identität cos 3θ =cos 2θ cos θ sin 2θ sin θ = (2cos 2 θ 1)cosθ 2sin 2 θ cos θ= 4cos 3 θ 3cos θ und wegen cos π 3 = 1/2 genügt die Zahl c = 2cos π 9 der Gleichung c 3 3c 1 = 0. Diese Gleichung hat keine ganzzahligen Lösungen(denn jede Lösung x erfüllt x(x 2 3) = 1,aber x = ±1 ist keine Lösung).Nach Satz 14 ist die Gleichung dann irreduzibel,und deswegen ist nach Satz 13 die Zahl cos(π/9) nicht konstruierbar. Die Unlösbarkeit der Winkeldreiteilung ist damit gezeigt.zugleich ist mit diesem Beweis gezeigt, daß das reguläre 9-Eck nicht konstruierbar ist.

13 Verdoppelung des Würfels (Delisches Problem) (Konstruktion eines Würfels mit dem doppelten Volumen eines vorgegebenen Würfels) Der Sage nach wurde die Stadt Delos einmal von einer Seuche heimgesucht. Die Bewohner befragten ein Orakel und erhielten den Rat, einen ihrer Altäre zu verdoppeln. Plato interpretierte den Orakelspruch so, dass der würfelförmige Altar durch einen Würfel mit doppeltem Volumen ersetzt werden sollte. Er erklärte, Gott wolle die Griechen beschämen, weil sie das Studium der Mathematik vernachlässigt hätten. Gezeichnet von Gericke Helmut Daher ist die Verdopplung des Würfels auch als Delisches Problem bekannt. Wäre es lösbar, so könnte man aus einer Strecke der Länge 1 eine Strecke der Länge 3 2 konstruieren. Nach Satz 8 liegt dann 3 2 in einer iterierten quadratischen Erweiterung von Q. Da 3 2 eine Lösung der kubischen Gleichung x 3 2 = 0 und diese nach Satz 14 irreduzibel ist,ist das ein Widerspruch zu Satz 13.

14 Quadratur des Kreises (ohne Beweis) Aufgabe:Mit Lineal und Zirkel aus einem gegebenen Kreis ein Quadrat mit demselben Flächeninhalt zu konstruieren. Satz (Lindemann 1882) Das ist unmöglich Beweisidee: Wir müssen zeigen,daß die Zahl π in keiner iterierten quadratischen Erweiterung von Q liegt. Dies folgt daraus, daß π transzendent ist (=Nullstelle von keinem Polynom mit rationellen Koeffizienten), jede konstruierbare Zahl algebraisch (=nicht tranzendent) ist. Mit diesem Nachweis wurde das Problem der Quadratur des Kreises endgültig erledigt. Wir werden diese Aussage nicht beweisen.