9. Geometrische Konstruktionen und Geometrische Zahlen. Die Dreiteilungsgleichnung. Das Problem der Dreiteilung des Winkels wurde von Descartes vollständig gelöst. Dies ist in der Geometrie von Descartes dargestellt. Das Verfahren war zwar im Prinzip schon den Griechen bekannt. Das Neue hier ist aber, dass Descartes darauf bestand, dass es sich beim unten gegebenen Beweis wirklich um eine Lösung des Problems handelt (indem er als erster darauf besteht, dass zur Lösung auch andere Kurven als Kreis und Gerade zugelassen sein müssen). Descartes [Geometrie, S. 97f] argumentiert in 4 Schritten wie folgt.
2 I. Elementare Mathematik 1 Schritt 1. Q T N R P 0 Dreiteilung des Winkels bei Descartes 180 o = QNR + NQR + NRQ = QNR + NQR + RQT = QNR + 2 NQR 180 o = NOQ + ONQ + NQ0 = NOQ + 2 NQR und so NOQ = QNR Weiter ist NQR = RQT = NRQ. Also folgt aus dem Strahlensatz. NO : NQ = NQ : QR, (1)
9 Geometrische Zahlen 3 Schritt 2. Nun zeichne QS parallel zu 0T. Q T N S R P 0 Dreiteilung des Winkels bei Descartes Dann ist 180 o = QSR + SQR + QRS 180 o = QSR + SQR + RQT Also ist QRS = RQT = NQR Weiter ist QSR = QTQ = RQT = QRS Schließlich SQR = QOT = NOQ
4 I. Elementare Mathematik 1 Also folgt NQ : QR = QR : RS (2) wieder aus dem Strahlensatz. (1) und (2) ergeben NO : NQ = NQ : QR = QR : RS (3) Schritt 3. Weiter entnehmen wir der Figur (beachte QS ist parallel zu OT) Q T N S R U P 0 Dreiteilung des Winkels bei Descartes die Gleichungen NR = NQ, SU = QT, UP = TP Also 3NQ = NQ + QT + TP = NR + SU + UP = NP + SR (4)
Schritt 4. Nun setze 9 Geometrische Zahlen 5 NO = 1, NP = q und NQ = x Dann folgt wegen (3): 1 x = x QR = QR RS QR = x2, RS = x 3 und wegen (4): x 3 3x + q = 0 Somit ist die Dreiteilung eines Winkels auf die Lösung einer kubische Gleichung zurückgeführt. Descartes behauptet, dass man die Lösung der kubischen Gleichung immer erreichen kann, indem man eine Parabel mit einem Kreis schneidet. Er argumentiert wie folgt: q a Lösung einer kubischen Gleichung
6 I. Elementare Mathematik 1 Nun muß man die Gleichungen der obigen Kurven, d.h. die Gleichung des Kreise und der Parabel aufstellen. Man erhält: Gleichung des Kreises: Gleichung der Parabel: (x q) 2 + (y a) 2 = a 2 + q 2 y = x 2 Hieraus ergibt sich durch Einsetzen x 2 2qx + q 2 + y 2 2ay + a 2 = a 2 + q 2 x 2 2qx + y 2 2ay = 0 x 2 2qx + x 4 2ax 2 = 0 x 2q + x 3 2ax = 0 x 3 + (1 2a)x 2q = 0 Also muß man a = 2 und q = 1 2 wählen, um die Dreiteilungs Gleichung 3x x 3 = q zu lösen. Damit ist die Dreiteilung des Winkels erbracht (sofern man - wie Descartes - die Benutzung der Parabel erlaubt!).
Geometrische Zahlen. 9 Geometrische Zahlen 7 Wir wollen jetzt zeigen, dass man die Dreiteilung von Winkeln im allgemeinen nicht mit Zirkel und Lineal lösen kann. Definition. Eine reelle Zahl α R heißt geometrisch, wenn man sie in endlich vielen Schritten mit Zirkel und Lineal aus einer Strecke der Einheitslänge als Strecke der Länge α konstruieren kann. Beispiel. 2 ist eine geometrische Zahl. Man kann sie als Diagonale im Einheitsquadrat konstruieren. Es gilt für die Diagonale α nach dem Satz von Pythagoras: 2 = 1 2 + 1 2 = α 2 d.h. α = 2. Daß die Menge der algebraischen Zahlen einen Körper bildet, ist viel einfacher zu zeigen, als daß die Menge der geometrischen Zahlen einen Körper bildet.
8 I. Elementare Mathematik 1 Satz. Seien α, β > 0 geometrische Zahlen. Dann sind auch geometrische Zahlen. α + β, α β, α β und α β Beweis. Es ist klar wie man α + β und α β konstruiert. Um α β zu konstruieren, betrachte man die folgende Figur D B A C E Geometrische Multiplikation Nach Konstruktion sind die Strecken BC und DE parallel. Also sind die Dreiecke ABC und ADE ähnlich. Demnach gilt: 1 : AD = AC : AE
9 Geometrische Zahlen 9 und so AE = AC AD Damit ist das Produkt konstruiert. Ganz ähnlich konstruiert man α/β (man muß bloß die Reihenfolge der Strecken vertauschen). Korollar. Die Menge aller geometrischen Zahlen bildet, zusammen mit der üblichen Addition und Multiplikation, einen Körper. Satz. Ist α geometrisch, dann ist auch α geometrisch. Beweis. Betrachte die folgende Figur: B A D C Geometrisches Wurzelziehen
10 I. Elementare Mathematik 1 In der obigen Figur sind die Dreiecke ABD, BCD und ABC ähnlich. Also und so DC = BD 2. 1 : BD = BD : DC Sei K der Körper der geometrischen Zahlen. Dann ist K 2 R 2 die Menge der geometrischen Punkte in R 2. Nehmen wir an wir haben schon eine Menge L 2 von geometrischen Punkten aus der Einheits Strecke mittels Zirkel und Lineal konstruiert. Dann erhalten wir einen weiteren geometrischen Punkt mittels einer der folgenden Konstruktionen: (1) als Durchschnitt von zwei Geraden durch Paare von Punkten aus K 2. (2) als Durchschnitt eines Kreises mit Mittelpunkt in K 2 und Radius in in K mit einer Geraden durch ein Paar von Punkten aus K 2. (3) als Durchschnitt zweier Kreise mit Mittelpunkten in L 2 und Radien in L.
9 Geometrische Zahlen 11 Erzeugung von geometrischen Zahlen Der nächste Satz zeigt: Liegen die Radien und die Koordinaten der weißen Punkte im Körper K der geometrischen Zahlen, dann liegen die schwarzen Punkte in einer algebraischen (genauer: quadratischen) Erweiterung Q( a). Satz. Sei K ein Teilkörper der geometrischen Zahlen. Dann liegen die Zahlen, die man aus K durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal erhält, im Körper K( α), für ein α K. Beweis. Konstruktion (1): Der Schnittpunkt von einer Geraden durch die Punkte (x 1, y 1 ),(x 2, y 2 )
12 I. Elementare Mathematik 1 K 2 und einer Geraden durch (u 1, v 1 ),(u 2, v 2 ) K 2 ist gegeben als gemeinsame Lösung der Gleichungen y = m 1 x + n 1, y = m 2 x + n 2. Eine solche Lösung ist aber die Lösung von (m 2 m 1 )x = n 1 n 2 und damit wieder ein Punkt aus K 2. Wir erhalten also durch die Konstruktion (1) überhaupt keine neuen Punkte. Konstruktion (2): Der Schnittpunkt einer Geraden mit einem Kreis ist die gemeinsame Lösung der beiden Gleichungen y = mx + n r 2 = (y y 0 ) 2 + (x x 0 ) 2 Eine solche Lösung ist aber gegeben durch r 2 = (mx + n y 0 ) 2 + (x x 0 ) 2 = m 2 x 2 + (n 2 2ny 0 + y 2 0) + x 2 2xx 0 + x 2 0 = (m 2 + 1)x 2 + 2xx 0 + (n 2 2ny 0 + y 2 0 + x 2 0)
9 Geometrische Zahlen 13 und damit als Lösung einer quadratischen Gleichung. Diese Lösung hat die Form a + b α mit a, b, α K. Also liegt die Lösung in K(α). Konstruktion (3): Der Durchschnitt von zwei Kreisen ist die gemeinsame Lösung der Gleichungen: x 2 + y 2 + d 1 x + e 1 y + f 1 = 0 x 2 + y 2 + d 2 x + e 2 y + f 2 = 0 Diese beiden Kreise haben den gleichen Schnittpunkt wie der folgende Kreis und die folgende Gerade: x 2 + y 2 + d 1 x + e 1 y + f 1 = 0 (d 1 d 2 )x + (b(e 2 e 1 )y + (f 2 f 1 ) = 0 Wir wissen aber bereits, dass solche Schnittpunkte in K( α) liegen. Damit können die geometrischen Zahlen wie folgt algebraisch charakterisiert werden: Korollar. Eine reelle Zahl α ist geometrisch, wenn es eine endliche Folge
14 I. Elementare Mathematik 1 Q = K 0 K 1 K 2... K n R von Körpern gibt mit K i+1 = K i (α i ) und α 2 i K i. Eine kleine Verallgemeinerung des Grades. Alles was wir bisher gesagt haben, bleibt gültig, wenn wir Paare von Körpern (K,Q) ersetzen durch Paare von beliebigen Körpern (K, F) mit F K R, man muß lediglich Koeffitzienten im Körper F statt im Körper Q der rationalen Zahlen betrachten. Insbesondere Definition. Seien F K Körper. Dann ist grad (K, F) gleich der Anzahl aller Zahlen einer Kollektion die K linear erzeugt (mit Koeffizienten in F) und für die das Minimalitäts-Kriterium gilt (mit Koeffizienten in F). Satz. Seien F E K Körper. Dann ist grad (K, F)) = grad (K, E) grad (E, F)
9 Geometrische Zahlen 15 falls sowohl grad (K, E) als auch grad (E, F) existieren. Beweis. (Skizze) Seien α 1,..., α n und β 1,..., β n die Basen der Körperpaare (K, E) und (E, F). Beh. α i β j Bew. Sei ist Basis für die das Körperpaar (K, F). c ij α i β j = 0 i,j Dann kann man dies als ( c ij α i )β j = 0 j i schreiben. Es folgt, dass i c ijα i = 0. für alle i, da β 1,..., β m linear unabhängig. Hieraus folgt, dass c ij = 0, da α 1,...,α n linear unabhängig.
16 I. Elementare Mathematik 1 Beispiel. Da Q( 2) eine Körper ist, erhalten wir mit Q( 2)( ( 3) = Q( ) 2) ( 3) einen weiteren Körper. Nach Definition, besteht er aus den algebraischen Zahlen der Form (a + b 2) + (c + d 2) 3 Dies läßt sich als lineare Kombination der 4 Zahlen schreiben, denn 1, 2, 3, 2 3 (a + b 2) + (c + d 2) 3 = a + b 2 + c 3 + d 2 3 = (a + b 2) 1 + (c + d 2) 3. Da 1, 3 das Minimalitäts Kriterium erfüllt, gilt a + b 2 = 0 und c + d 2 = 0. Da 1, 2 das Minimalitäts Kriterium erfüllt, folgt dass alle Koeffizienten a = b = c = d = 0 sind. Damit ist gezeigt, dass 1, 2, 3, 2 3 das Minimalitäts Kriterium erfüllen. Also ist grad ( Q( 2)( 3),Q ) = 4.
9 Geometrische Zahlen 17 Satz. Sei α R und Q(α) der kleinste Körper in R, der Q und α enthält. Dann ist grad Q(α) = 2 k, falls α eine geometrische Zahl ist. Beweis. Aus zuvor bewiesenem Satz folgt grad(e,q) = grad(e, K k ) grad(k k, K k 1 )... grad(k 1, K 0 ) und grad(k i, K i 1 ) = 2. Dies beweist den Satz. Die Dreiteilung des Winkels. Wir wollen sehen, dass sich ein spezifischer Winkel, nämlich der Winkel α = 20 o nicht mit Zirkel und Lineal konstruieren läßt (übrigens: 18 20 = 360 - also läßt sich das 18-Eck nicht mit Zirkel und Lineal konstruieren).
18 I. Elementare Mathematik 1 Wir beginnen mit der folgenden Formel: cos(3θ) = cos(2θ + θ) = cos(2θ) cos(θ) sin(2θ) sin(θ) = (2 cos 2 (θ) 1) cos(θ) 2 sin 2 (θ) cos(θ) = (2 cos 2 (θ) 1) cos(θ) 2(1 cos 2 (θ) cos(θ) = 4 cos 3 (θ) 3 cos(θ). Aber der Winkel θ ist geometrisch genau dann wenn α = cos(θ) geometrisch ist. Ist nun θ = 20 o, dann ist cos(3θ) = cos(60 o ) = 1 2. Somit nach der obigen Rechnung: 4α 3 3α = 1 2 Damit ist α = cos(20 o ) eine Lösung der Gleichung p(x) = 8x 3 6x 1 = 0. p(x) ist eine Dreiteilungs Polynom. Wir behaupten, dass dies Dreiteilungspolynom irreduzibel ist (und beweisen es Anhang 1). Damit können wir den Beweis des Satzes fortsetzen. Es ist α = cos(20 o ) eine Lösung von p(x) = 0 und,
9 Geometrische Zahlen 19 wegen der eben bewiesenen Behauptung, ist p(x) das Minimalpolynom von α. Der Grad des Minimalpolynoms ist aber gleich dem Grad des Körpers Q(α). Also gradq(α) = 3 Wenn nun α geometrisch wäre, dann wäre gradq(α) = 2 k Aber 3 2 k, für jedes k. Also kann α nicht geometrisch sein. Damit ist bewiesen: Satz. Die Zahl α = cos(20 o ) ist nicht geometrisch, d.h. nicht mit Zirkel und Lineal konstruierbar.
20 I. Elementare Mathematik 1 Anhang 1. Irreduzibilität der Dreiteilungsgleichung. Behauptung Sei p(x) = 8x 3 6x 1. Dann gibt es keine nicht-trivialen Polynome f(x), g(x) mit rationalen Koeffizienten und mit p(x) = f(x) g(x). Beweis der Behauptung. Es gibt zunächst keine solchen Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten. Da eines der Polynome linear sein muß, müsste p(x) = 0 eine ganze Zahl als Lösung haben. Aber das ist unmöglich, wie man leicht nachprüft. Nehmen wir also an, f(x), g(x) haben beide rationale Koeffizienten. Dann ist: ( ) ( ) p(x) = f(x) g(x) = a1 a 2 x 2 + a 2 b 2 x + a 3 b 3 a4 b 4 x + a 5 b 5 Dann setze Dann sind B 1 = b 1 b 2 b 3, B 2 = b 3 b 4, D 1 = ggt(a 1, a 2, a 3 ), D 2 = ggt(a 4, a 5 ) f 1 (x) = B 1 D 1 f(x) und g 1 (x) = B 2 D 2 g(x)
9 Geometrische Zahlen 21 Polynome mit Koeffizienten in Z. Also p(x) = f(x) g(x) = D 1 B 1 f 1 (x) D2 B 2 g 1 (x) ( ) = D1 D 2 B 1 B 2 f 1 (x) g 1 (x) Da die Koeffizienten von f(x) ganze Zahlen sind, muß auch D 1 D 2 B 1 B 2 eine ganze Zahl sein. Also sind ( ) D f 2 (x) := 1 D 2 B 1 B 2 f 1 (x) und g 2 (x) := g 1 (x) Polynome mit ganzen Koeffizienten. Das ist aber unmöglich, denn p(x) ist kein Produkt von ganzzahligen Polynomen. Anhang 2. Körper der algebraischen Zahlen. Satz. Die Menge der algebraischen Zahlen, zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation, bildet einen Körper - den Körper der algebraischen Zahlen. Beweis. Seien α, β algebraische Zahlen. Dann liegen α + β und α β in Q(α)(β) = Q(α, β). Wir wissen Q(α, β);q] ist endlich. Also können die Zahlen α + β,(α + β) 2,(α + β) 3,...
22 I. Elementare Mathematik 1 nicht alle linear unabhängig sein. Ebenso für α β. Es gibt also ein n und rationale Zahlen a n 1,..., a 0 0 mit a n 1 (α + β) n 1 + a n 2 (α + β) n 2 +... + a 0 = 0 Dann ist r(x) = a n 1 x n 1 +... + a 0 das gesuchte Polynom für α + β. Ähnlich für α β. Damit ist die Menge der algebraischen Zahlen abgeschlossen gegenüber der Addition und Multiplikation. Die Menge der algebraischen Zahlen bildet einen Ring. Weiter sind α, 1 α Q(α), da Q(α) ein Körper ist. Also gibt es nach obigem Argument auch für α und 1/α ein Polynom. Demnach sind α und 1/α algebraisch. Daraus folgt, dass die Menge der algebraischen Zahlen einen Körper bildet.