4.18 Buch IV der Elemente

Transkript

1 4.18 Buch IV der Elemente Buch IV behandelt die folgenden Konstruktionsaufgaben: Buch IV, Einem Kreis ein Dreieck mit vorgegebenen Winkeln einschreiben. Buch IV, 3 Einem Kreis ein Dreieck mit vorgegebenen Winkeln umschreiben. Buch IV, 4 Konstruktion des Inkreises eines Dreiecks. Buch IV, 5 Konstruktion des Umkreises eines Dreiecks. Buch IV, 6 Einem Kreis ein Quadrat einschreiben. Buch IV, 7 Einem Kreis ein Quadrat umschreiben. Buch IV, 8 Konstruktion des Inkreises eines Quadrats. Buch IV, 9 Konstruktion des Umkreises eines Quadrats. Buch IV, 10 Ein gleichschenkeliges Dreieck mit den Winkeln α = β = 7 und γ = 36 konstruieren (was bei der Konstruktion des regelmäßigen Fünfecks verwendet wird).

2 Buch IV, 11 Einem Kreis ein regelmäßiges Fünfeck einschreiben. Buch IV, 1 Einem Kreis ein regelmäßiges Fünfeck umschreiben. Buch IV, 13 Konstruktion des Inkreises eines regelmäßigen Fünfecks. Buch IV, 14 Konstruktion des Umkreises eines regelmäßigen Fünfecks. Buch IV, 15 Einem Kreis ein regelmäßiges Sechseck einschreiben. Buch IV, 16 Einem Kreis ein regelmäßiges Fünfzehneck einschreiben. Für die Aufgaben, ein Sechs- oder Fünfzehneck einem Kreis umzuschreiben bzw. In- oder Umkreiskreis zu konstruieren, wird nur angegeben, dass es sich wie beim Fünfeck bewerkstelligen lässt.

3 Wir beschreiben die von Euklid in Buch IV, 11 angegebene Konstruktion. Geht man vom Einheitskreis in der komplexen Ebene aus und nimmt an, dass einer der Eckpunkte des eingeschriebenen Fünfecks der Punkt 1 ist, so sind die Eckpunkte des Fünfecks die Punkte 1, ζ, ζ, ζ 3, ζ 4. Dabei ist ζ die primitive fünfte Einheitswurzel ζ = e πi/5 = cos π 5 + i sin π 5.

4 Wir berechnen zunächst die drei Werte cos π 5, sin π 5 und Da ζ fünfte Einheitswurzel ist, gilt einerseits sin π 10. ζ + ζ 4 = ζ + ζ 1 = ζ + ζ = Re ζ = cos π 5 (nach der Eulerschen Formel) und andererseits 0 = ζ 5 1 = (ζ 1)(ζ 4 + ζ 3 + ζ + ζ + 1). Da ζ 1 folgt also ζ 4 + ζ 3 + ζ + ζ + 1 = 0.

5 Setzt man α = ζ + ζ 4, so folgt α = (ζ + ζ 4 ) = ζ + ζ 5 + ζ 8 = ζ + + ζ 3 und daher α + α = ζ 4 + ζ 3 + ζ + ζ + = (ζ 4 + ζ 3 + ζ + ζ + 1) + 1 = 1. D.h. α ist eine Lösung der Gleichung x + x 1 = 0. Diese sind Da α > 0 folgt und daher x 1, = 1 ± 5. α = 5 1 cos π 5 = cos(7 ) = α 5 1 =. 4

6 Aus folgt und daher 1 = cos π 5 + π ( ) 5 1 sin 5 = + sin π 4 5 = sin π 5 = sin π 5 = sin π = sin(7 ) =. 4

7 Für einen beliebigen Winkel α gilt ( cos α = cos α ) = cos α α sin ( = 1 sin α ) sin α = 1 α sin woraus sin α = 1 cos α folgt. Wendet man diese Relation auf α = π/5 an, erhält man und sin π 10 = 1 ( ) 4 = sin π = sin(36 ) =. 4 =

8 Da sie von Euklid in Buch IV, 10 entscheidend verwendet wird, holen wir die von ihm angegebene Lösung für die in Buch II, 11 gestellte Aufgabe nach. Wir haben schon dort angemerkt, dass man sie als geometrische Lösung der quadratischen Gleichung x + ax a = 0 auffassen kann. (Dabei bezeichnet a die Länge der gegebenen Strecke und x die Länge des anderen Abschnitts.) Die Lösungen dieser Gleichung sind Da x > 0 ist, gilt also x 1, = a a ± 4 + a = 1 ± 5 a. x = 5 1 a.

9 Euklid gibt die folgende Konstruktion als Lösung an. Die gegebene Strecke sei AB. Die Behauptung ist, dass dann AB BH = AH gilt, d.h. die Aufgabe wurde mit a = AB und x = AH gelöst.

10 1. Zeichne das Quadrat ABCD.. Halbiere die Strecke AC um den Punkt E zu erhalten. 3. Verbinde B und E. 4. Verlängere AC, um F zu finden, wobei EF = BE gelten soll. 5. Zeichne das Quadrat AFGH. Ist AB = a, so ist tatsächlich und daher a BE = 4 + a AH = BE AE = a a a.

11 Euklids Beweis verläuft folgendermaßen: Nach Buch II, 6 ist CF FA + AE = EF. Da nach Konstruktion EF = EB, folgt CF FA + AE = EB. Nach dem Satz des Pythagoras (Buch I, 47) gilt EB = AB + AE. Einsetzen gibt CF FA + AE = AB + AE und durch Subtraktion von AE erhält man CF FA = AB.

12 Nach Konstruktion gelten nun CF = AB + AH, FA = AH und AB = AH + BH. Setzt man das ein, so erhält man und somit (AB + AH) AH = AB (AH + BH) AB AH + AH = AB AH + AB BH, woraus nach Subtraktion von AB AH gerade AH = AB BH folgt. (Euklid argumentiert bei den letzten Schritten geometrisch aber ansonsten völlig gleich.)

13 Als Vorbereitung für die Konstruktion des Fünfecks löst Euklid die folgende Konstruktionsaufgabe. Buch IV, 10 Ein gleichschenkliges Dreieck zu errichten, in dem jeder der beiden Winkel an der Grundlinie doppelt so groß ist wie der letzte Winkel. Da die Winkelsumme im Dreieck 180 ist, muss im gesuchten Dreieck also α = β = 7 und γ = 36 gelten. Der Grund für die Konstruktion eines derartiges Dreiecks ist, dass es im Fünfeck auftritt, und zwar gebildet durch die beiden Diagonalen, die von einem Punkt ausgehen und der diesem Punkt gegenüberliegenden Seite.

14 Wir wissen, dass δ 1 = = 144. Da das Dreieck AMD gleichschenkelig ist, gilt α 1 = γ/.

15 Da die Winkelsumme im Dreieck AMD 180 beträgt, folgt und daher Da δ 1 + δ = 180 ist γ + δ 1 = 180 γ = = 36. δ = = 36. Da die Winkelsumme im Dreieck AFM 180 beträgt, ist α + δ + 90 = 180. Daraus folgt und α = = 54 α = α 1 + α = = 7.

16 Euklid verwendet bei der Konstruktion eines solchen Dreiecks, dass sich seine Seiten im Verhältnis 5 1 : 1 zueinander verhalten. Nach dem Sinussatz gilt nämlich c a = sin γ π 10 5 sin = sin α sin π = = (10 5) = = 10 5 = =. 5

17 Euklid gibt die folgende Konstruktion als Lösung der Aufgabe aus Buch IV, 10 an: Man zeichne eine Strecke AB und teile sie (mit Hilfe von Buch II, 11) im Punkt C derartig, dass AB BC = AC. Man zeichne eine Kreis k mit Mittelpunkt A und Radius AB. Man schlage ausgehend von B eine Sehne der Länge AC am Kreis k ab, um einen Punkt D zu erhalten. Das Dreieck ABD hat dann die gewünschten Eigenschaften.

18 Ist AB = a, so ist auch AD = a und AC = BD = Mit Hilfe des Kosinussatzes folgt 5 1 a. ( a = a 5 1 ) a a a cos α und daher sowie ( 5 1 ) = 1 + cos α 5 1 ( 5 1 ) cos α = und somit cos α = Daraus folgt α = β = 7 und γ = 180 α =

19 Nach diesen Vorbereitungen behandelt Euklid die Konstruktion des Fünfecks. Buch IV, 11 Einem gegebenen Kreis ein gleichseitiges und gleichwinkliges Fünfeck einzuschreiben. Er löst diese Aufgabe, indem er dem gegebenen Kreis ein gleichschenkeliges Dreieck ACD mit Winkeln α = β = 7 und γ = 36 einschreibt.

20 Die Aufgabe, einem Kreis ein Dreieck mit gegebenen Winkeln einzuschreiben, hat Euklid in Buch IV, allgemein gelöst. Die sie im vorliegenden Spezialfall einfach ist, gehen wir nicht darauf ein. Da die Seite CD bereits die Länge einer Fünfecksseite hat, könnte man die Konstruktion abschließen, indem man zwei Sehnen der Länge CD am Kreis abschlägt. Euklid wählt einen anderen Weg: Er konstruiert die Winkelsymmetralen der Winkel ADC und ACD und schneidet sie mit dem Kreis, um die Punkte B und E zu erhalten. Die Korrektheit dieser Vorgangsweise kann man sich so überlegen: Nach Konstruktion gilt CAD = CDB = BDA = DCE = ACE und wegen des Zentriwinkelsatzes muss daher gelten, dass AMB = BMC = CMD = DME = EMA.

21 Die von Euklid angegebene Konstruktion des regelmäßigen Fünfzehnecks (Buch IV, 16) beruht auf der Gleichung 1 15 = 1 1 ( 3 1 ). 5 Um ein Fünfzehntel eine Kreislinie zu konstruieren, muss man daher nur den Mittelpunkt zwischen den Endpunkten eines Drittelkreises und eines Fünftelkreises bestimmen, deren andere Endpunkte zusammenfallen.