HOOFDSTUK 3. Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

Transcriptie

1 HOOFDSTUK 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk Leopold Kronecker Onze Lieve Heer heeft de gehele getallen gemaakt, de rest is mensenwerk Uit het vorige hoofdstuk weten we dat de verzameling construeerbare coördinaten is een lichaam dat gesloten is onder worteltrekken: we kunnen met passer en liniaal coördinaten van punten optellen, aftrekken, vermenigvuldigen, delen en worteltrekken. Om te onderzoeken welke coördinaten van punten wel en niet construeerbaar zijn is het belangrijk om zeker te weten dat dit ook alle bewerkingen zijn die we kunnen doen. Via berekeningen van snijpunten van lijnen en cirkels komen we erachter dat dit inderdaad zo is. Iedere geconstrueerde coördinaat is daarom opgebouwd uit breuken en tweedemachtswortels. Via de theorie van lichaamsuitbreidingen bekijken we wat de gevolgen hiervan zijn voor de beroemde Griekse constructieproblemen Snijpunten van lijnen en cirkels Omdat passer-en-liniaal constructies alleen gaan over punten, lijnen en cirkels zullen we in dit hoofdstuk vooral lijnen, cirkels en hun snijpunten nader bekijken. Bij origami spelen parabolen en hun raaklijnen een belangrijke rol, daarover dus meer in het tweede deel van deze module Snijpunten van algebraïsche krommen Bij elke vergelijking in twee variabelen x, y hoort een kromme in het xy-vlak. Bekende voorbeelden zijn de lijn gegeven door de vergelijking y = x en de cirkel gegeven door de vergelijking x 2 + y 2 =1. In het programma Geogebra kun je hiermee experimenteren. Eerst voeren we wat terminologie in. Een term in twee variabelen x, y is een uitdrukking van de vorm cx m y n met c een constante en m, n natuurlijke getallen, bijvoorbeeld xy 2 of 3x 4 y 11. Een veelterm of polynoom (poly = veel) is een combinatie van termen, bijvoorbeeld p(x, y) =3x 3 y 2 11xy 4 {z } termen van graad 5 + 2x 2 23y 2 {z } termen van graad {z} graad 0 Een algebraïsche kromme wordt gegeven door een vergelijking van het type p(x, y) =0met p(x, y) een veelterm. De graad van een veelterm wordt gegeven door het maximum van m + n voor alle termen cx m y n. De veelterm p(x, y) hierboven heeft dus graad 5 omdat m + n de waarden 5, 2 en 0 kan aannemen. Er zijn twee termen van graad 5, twee termen van graad 2 en één term van graad 0. Met sommige krommen ben je al vertrouwd, zeker als de graad laag is: Een kromme van graad 1 is altijd een lijn. Een voorbeeld van een kromme van graad 2 is een cirkel. 37

2 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal In de volgende opgave onderzoek je alle mogelijke krommen van graad Opgave Maak zes schuifknoppen aan in geogebra met de namen a, b, c, d, e, f en waarden lopend van 5 tot 5 (dit zijn de standaardinstellingen van geogebra, je hoeft dus alleen zes schuifknoppen aan te maken). Typ bij de invoer onder in het scherm de vergelijking a x 2 + b y 2 + c x y + d x + e y + f =0 Vergeet hierbij niet de vermenigvuldigingstekens. Sleep met de schuifknoppen en beschrijf welke soorten krommen je allemaal kunt krijgen. Gebruik bij dit onderzoek ook de kennis die je al hebt: verwacht je lijnen? En parabolen? Hoeveel snijpunten twee krommen kunnen hebben hangt af van hun graad. Twee lijnen kunnen bijvoorbeeld nooit meer dan één snijpunt hebben en een cirkel en een lijn nooit meer dan twee. 34 Opgave Bekijk de onderlinge snijpunten van twee krommen uit de volgende verzameling: cirkel, ellips, parabool en hyperbool. Dus cirkel-cirkel, cirkel-ellips enzovoorts. Laat in schetsjes zien dat er maximaal 4 snijpunten zijn, op één uitzondering na. Welk geval is dat en hoeveel snijpunten zijn er dan maximaal? De uitzondering heeft grote gevolgen voor de passer-en-liniaal problemen, zie ook opgaven 42 en 43. Intermezzo: de stelling van Bézout De Stelling van Bézout zegt dat twee algebraïsche krommen van graad m en n maximaal mn snijpunten hebben. Deze stelling is voor het eerst opgeschreven door Newton in lemma 28 van zijn Principia Mathematica zonder bewijs. In 1779 deed Étienne Bézout een poging deze stelling te bewijzen in zijn Théorie générale des équations algébriques. Een verbeterde versie van de stelling (bekend bij Newton en Bézout) houdt rekening met complexe oplossingen en multipliciteit van snijpunten, waardoor de algebraïsche krommen precies mn snijpunten hebben. De stelling wordt fraai geïllustreerd door de derdegraadskromme y =5x 3 5x en de vijfdegraadskromme x =2y 5 7y 3 +5y die samen 15 snijpunten hebben. Isaac Newton ( ) Étienne Bézout ( ) Vergelijking van een lijn Na het invoeren van een assenstelsel ben je gewend om een lijn te schrijven als y = ax + b. Anderzijds moet er precies één lijn gaan door twee punten, dus ook door de punten (0, 0) en (0, 1) en de vergelijking x =0voor deze lijn is niet van de vorm y = ax + b. Het is daarom beter om voor de meest algemene uitdrukking voor een lijn de meest algemene uitdrukking voor een algebraïsche veelterm van graad 1 te gebruiken: ax + by = c. 38

3 35 Opgave Bekijk de lijn gegeven door de vergelijking 3x+2y =5. Laat zien dat deze lijn door de punten (1, 1) en (3, 2) gaat. 36a Opgave De twee punten P =(x 1,y 1 ) en Q =(x 2,y 2 ) zijn gegeven. Bekijk de vergelijking (x 2 x 1 )(y y 1 )=(y 2 y 1 )(x x 1 ) Werk de haakjes weg en laat zien dat dit een vergelijking is van de vorm ax + by = c. Druk a, b en c uit in x 1,x 2,y 1,y 2. De verzameling van punten (x, y) die voldoen aan bovenstaande vergelijking vormen dus samen een lijn. 36b Opgave Laat zien dat zowel het punt P als het punt Q op deze lijn ligt. 36c Opgave Wat is de richtingscoëfficiënt van de lijn door P en Q? De algemene vergelijking voor een lijn is ax + by = c De algemene vergelijking voor een lijn door twee punten P =(x 1,y 1 ) en Q =(x 2,y 2 ) is (x 2 x 1 )(y y 1 )=(y 2 y 1 )(x x 1 ) 37 Opgave Gebruik de formule voor de lijn door twee punten om een vergelijking op te stellen voor de lijn die door (1, 1) en (3, 2) gaat. Kijk nu nog eens naar opgave Vergelijking van een cirkel Bekijk twee punten O, P in het vlak en de cirkel met middelpunt O en straal r = OP. We kiezen coördinaten zodat O de oorsprong (0, 0) is en P het punt (r, 0). De cirkel bestaat uit alle punten (x, y) met afstand r tot de oorpsrong, en vanwege de stelling van Pythagoras zijn dit de punten die voldoen aan de vergelijking x 2 + y 2 = r 2. We kiezen nu een ander assenstelsel zodat O niet langer de oorsprong is maar het punt (x 1,y 1 ). De algemene vergelijking voor een cirkel met middelpunt (x 1,y 1 ) en straal r is Hierin kunnen we nog de haakjes uitwerken. De algemene vergelijking van een cirkel is (x x 1 ) 2 +(y y 1 ) 2 = r 2 x 2 + y 2 + dx + ey + f =0 Als we dit vergelijken met de algemene tweedegraads kromme ax 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f =0 dan zien we dus dat a = b =1en c =0. 39

4 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal Snijpunten van twee lijnen Twee lijnen hebben, als ze niet samenvallen, hooguit 1 snijpunt. Dit zie je in een plaatje en het klopt met de stelling van Bézout. Om het snijpunt van twee lijnen te vinden heb je geleerd om een stelsel vergelijkingen op te lossen. Dit kan bijvoorbeeld door substitutie of eliminatie, zie het kader Het oplossen van stelsels. 38a Opgave Bereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking 3x +6y =2en x +4y =7. 38b Opgave Bereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking 3x +6y =2en x +2y =3. Wat is hier meetkundig aan de hand? 38c Opgave Bereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking 3x +6y =2en x +2y = 2 3. Wat is hier meetkundig aan de hand? 39a Opgave Bereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking a 1 x + b 1 y = c 1 en a 2 x + b 2 y = c 2. 39b Opgave Hoeveel snijpunten zijn er als a 1 b 2 = b 1 a 2 en c 1 a 2 6= a 1 c 2? Wat betekent dit meetkundig? (zie opgave 38 b) 39c Opgave Hoeveel snijpunten zijn er als a 1 b 2 = b 1 a 2 en c 1 a 2 = a 1 c 2? Wat betekent dit meetkundig? (zie opgave 38 c) Het oplossen van stelsels We bekijken twee methoden voor het oplossen van het stelsel n x +2y =2 2x +3y =3 Substitutie Eerst wordt één van de vergelijkingen zo geschreven dat een variabele kan worden uitgedrukt in de andere. Bijvoorbeeld: x =2 2y Invullen in 2x +3y =3geeft 2(2 2y)+3y =3 dus y =1 Dit invullen (substitueren) in de oorspronkelijke vergelijkingen geeft x =0 40 Eliminatie Het idee is om de vergelijkingen op een geschikte manier van elkaar af te trekken of bij elkaar op te trekken zodat één van de variabelen wordt weggewerkt (geëlimineerd). Daarom vermenigvuldingen we de hele bovenste vergelijking met 2: n 2x +4y =4 2x +3y =3 Van elkaar aftrekken geeft y =1 Dit invullen (substitueren) in de oorspronkelijke vergelijkingen geeft x =0

5 Als de lijnen gegeven door a 1 x + b 1 y = c 1 en a 2 x + b 2 y = c 2 niet samenvallen of evenwijdig zijn, dan wordt het snijpunt gegeven door c2 b 1 b 2 c 1 (1) (x, y) =, a 2c 1 c 2 a 1 a 2 b 1 b 2 a 1 a 2 b 1 b 2 a 1 Belangrijk om te onthouden is dat er in de coördinaten van de snijpunten alleen breuken te zien zijn en niet bijvoorbeeld tweedemachtswortels Snijpunten van een lijn en een cirkel Om het snijpunt van een lijn en een cirkel te vinden kun je weer een stelsel vergelijkingen op te lossen. 40a Opgave Teken de lijn x + y =0en de cirkel x 2 + y 2 =1. Hoeveel snijpunten zie je? 40b Opgave Bereken deze snijpunten algebraïsch door het stelsel n x + y =0 x 2 + y 2 =1 op te lossen. 41a Opgave Teken de lijn x + y =4en de cirkel x 2 + y 2 =1. Hoeveel snijpunten zie je? 41b Opgave Probeer het stelsel n x + y =4 x 2 + y 2 =1 op te lossen. Hoeveel oplossingen zijn er en waarom? We beschrijven nu een manier om de snijpunten te vinden van een algemene lijn met een algemene cirkel k : ax + by = c C : x 2 + y 2 + dx + ey + f =0 Als de lijn niet verticaal is (dus b 6= 0) dan kunnen we substitueren in C. We krijgen dan (2) x 2 + a b x + c b y = a b x + c b 2 + dx + e a b x + c b + f =0 Dit is een tweedegraads vergelijking voor x en we kunnen dus in principe de abc-formule gebruiken om de snijpunten te vinden. Dat wordt echter een grote formule-brij die we een beetje overzichtelijk willen houden. We schrijven de vergelijking (2) daarom als (3) Ax 2 + Bx + C =0 met a A =1 2 b 2 B = d 2c b C = ec a + f 41 ea b

6 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal De abc-formule geeft nu de x-coördinaten van de snijpunten x 1 = B + p B 2 4AC en x 2 = B p B 2 4AC 2A 2A Door deze waarden van x te substitueren in de vergelijking voor de lijn k vinden we de bijbehorende y-waarden van de snijpunten y 1 = a b x 1 + c a en y 2 = a b x 2 + c a Het gaat ons niet om de precieze uitdrukkingen voor de coördinaten van deze snijpunten. Wat echter opvalt is een duidelijk verschil tussen de snijpunten van een lijn met een lijn en van een lijn met een cirkel: er komen nu wortels voor in de formules. Dit is niet zo verrassend, aangezien we al met de meetkundige rekenmachine konden worteltrekken, zie paragraaf 2.3. Belangrijk om te onthouden is dat er niets méér ontstaat dan breuken en wortels in de coördinaten van de snijpunten Snijpunten van twee cirkels We gaan nu op zoek naar de snijpunten van twee cirkels. We lossen daarom het stelsel n x 2 + y 2 + dx + ey + f =0 x 2 + y 2 + gx + hy + i =0 op door de vergelijkingen van elkaar af te trekken (eliminatie). We krijgen dan het nieuwe stelsel n x 2 + y 2 + dx+ ey+ f =0 (d g)x+ (e h)y+ (f i) = 0 Maar de tweede vergelijking in dit stelsel ziet eruit als een lijn! De snijpunten van twee cirkels liggen dus op een lijn. Dit betekent dat we dezelfde soort snijpunten krijgen als in de vorige paragraaf en ook dezelfde soort formules voor de coördinaten van de snijpunten. Er kunnen dus weer alleen wortels optreden in deze formules. 42 Opgave Bereken de snijpunten van de cirkels x 2 + y 2 = 1 en (x 1) 2 +(y 1) 2 = 4. Welke tweedegraads vergelijking moet je uiteindelijk oplossen? Belangrijk om te onthouden is dat er weer niets méér ontstaat dan breuken en wortels in de coördinaten van de snijpunten Snijpunten van parabolen en het Delische probleem Het is onmogelijk dat er bij snijpunten van twee cirkels bijvoorbeeld derdemachtswortels optreden. Dit heeft te maken met de tweedegraads vergelijking (2) die ontstaat bij het berekenen van de snijpunten van een lijn en een cirkel: een tweedegraads vergelijking heeft maximaal twee oplossingen. Er kunnen wél derdemachtswortels optreden bij snijpunten van parabolen: deze hebben onderling maximaal 4 snijpunten en dit is een indicatie dat er een vierdegraads vergelijking in het spel is. 43 Opgave Bekijk de algemene vergelijkingen y = ax 2 en x = by 2 van een staande en een liggende parabool. Kies a en b zo, dat de x-coördinaat van één van de snijpunten voldoet aan de vergelijking x 3 =2, zie figuur 1. Hiermee heb je (door vals te spelen) de coördinaat 3p 2 en dus de verdubbeling van de kubus geconstrueerd. Deze constructie was al bekend bij de Griek Menaechmus ( v. chr.). 42

7 F. De x-coördinaat van het snijpunt van twee parabolen is 3p Lichaamsuitbreidingen Historische inleiding Sinds het werk van Descartes was het mogelijk om meetkunde te bestuderen met behulp van vergelijkingen, algebra dus. Een grondige studie van algebra begon echter pas in de negentiende eeuw, toen de Fransman Évariste Galois en de Noor Niels Abel onafhankelijk van elkaar nauwkeurig bestudeerden hoe de oplossingen van een vergelijking eruit kunnen zien. Ze deden dit werk allebei toen ze nog erg jong waren en ze kregen er tijdens hun leven weinig erkenning voor. Galois is op 20-jarige leeftijd neergeschoten in een pistoolduel en Abel is aan tuberculose overleden toen hij 26 was. Aan de basis van hun onderzoek stond het begrip lichaam dat we al even zijn tegengekomen in hoofdstuk 2. We zullen in deze module niet toekomen aan de mooie resultaten die Abel en Galois uiteindelijk hebben behaald, maar we willen ze hier graag even noemen. Abel kon bijvoorbeeld bewijzen dat het onmogelijk is om de oplossingen van een willekeurige vijfdegraads vergelijking op te schrijven als je alleen gebruik mag maken van optellen, aftrekken, vermenigvuldigen, delen en het trekken van (hogere machts) wortels. Er bestaat dus geen abc-formule voor vijfdegraads vergelijkingen (wel voor derde- en vierdegraads vergelijkingen). Alleen als de vergelijking van een heel speciaal type is bestaat er een eenvoudige uitdrukking voor zijn oplossingen. Galois ging nog een stapje verder en beschreef heel nauwkeurig van welke vorm een n e -graads vergelijking moet zijn als er een eenvoudige uitdrukking bestaat voor de oplossingen. Hij verzon een algoritme waarmee je dit kunt bepalen. Deze theorie noemen we nu Galois theorie. Eén van de uitvinders van de theorie van lichamen was de Fransman Évariste Galois ( ). Hij was een wiskundig genie die op school zijn andere vakken verwaarloosde en op de universiteit (École Polytechnique) werd geweigerd. Ondertussen raakte Galois steeds meer betrokken bij de Republikeinse politieke beweging. Of één van zijn politieke tegenstanders of een concurrent in de liefde hem uitdaagde voor een pistoolduel zal wel altijd onduidelijk blijven. Feit is dat Galois op 29 mei 1832 op twintigjarige leeftijd de nacht inging vrezend dat hij de volgende ochtend zou sterven. Hij werkte de hele nacht koortsachtig aan zijn wiskundige ideeën en schreef ze slordig en gehaast in een brief aan de wiskundige Chevalier. Deze brief van nog geen tien pagina s is een van de peilers van de moderne algebra. De volgende dag werd hij in het duel dodelijk getroffen. 43

8 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal Het lichaam Q( p 2) Het getal p 2 is irrationaal, maar wel het resultaat van een constructie. Het zit dus niet in het lichaam van de breuken Q maar wel in het lichaam van construeerbare coördinaten K. Om K op te bouwen uit Q voegen we daarom eerst eens het element p 2 hieraan toe. Dit is echter nog lang niet genoeg: getallen zoals 1+ p 5 3 2, p 3, +2p zijn allemaal construeerbaar en die moeten we dus ook toevoegen aan Q. Het lijkt misschien een hopeloze zaak om alle noodzakelijke toevoegingen te beschrijven, omdat de uitdrukkingen er nogal ingewikkeld uit kunnen gaan zien. Kijk echter nog eens naar opgave 30, waarin ingewikkelde breuken worden vereenvoudigd naar een standaardvorm p q. Zoiets zullen we ook nu weer proberen te doen. Definitie 3. Het lichaam Q( p 2) is de kleinste verzameling die Q en p 2 bevat en zelf weer een lichaam is. Dit heet de lichaamsuitbreiding van Q met p 2. We willen graag beter weten hoe de getallen in Q( p 2) eruit zien. Is het wel echt nodig om noemers te hebben waar p 2 in voorkomt? Je kunt deze wegwerken met de zogenaamde worteltruc p 5 2 p 3 = +2p p 2 2p 2 5 p 6 = + p 5 2 6p = p Opgave Werk p 2 weg in de noemer van p p 2 We kunnen p 2 in de noemers dus gerust weglaten en alleen getallen bekijken van de vorm a + b p 2 met a, b 2 Q. Het is niet moeilijk om te controleren dat deze verzameling gesloten is onder optellen, aftrekken en vermenigvuldigen en (vanwege bovenstaande truc) ook onder delen; ze vormen samen een lichaam. De enige vraag die overblijft is of dit wel het kleinste lichaam is dat p 2 bevat. 45 Opgave Bewijs dat Q( p 2) = a + b p 2 a, b 2 Q door te laten zien dat ieder lichaam dat Q en p 2 bevat ook alle getallen van de vorm a + b p 2 moet bevatten. Hoe groot is Q( p 2) eigenlijk? Om dit te testen kijken we of p 3 (ook construeerbaar) een element is van Q( p 2). 46 Opgave Bewijs dat p 3 geen breuk is, dus p 3 62 Q. 47 Opgave Stel dat p 3 een element is van Q( p 2), dus p 3=a + b p 2. Kwadrateer deze vergelijking en laat zien dat p 2 dan een breuk zou moeten zijn. De conclusie moet dus wel zijn dat p 3 geen element is van Q( p 2). Maar dit is wél een construeerbaar getal, dus een element van K. We voegen het daarom toe aan Q( p 2) in de hoop dichter bij K te komen. Hoe ziet de lichaamsuitbreiding van Q met p 2 én p 3, het 44 p 2 11

9 kleinste lichaam dat zowel Q als p 2 als p 3 bevat, eruit? Aangemoedigd door ons succes doen we een eerste poging: zou dit de verzameling kunnen zijn? {a + b p 2+c p 3 a, b, c 2 Q} 48 Opgave Is de verzameling getallen van de vorm a + b p 2+c p 3 gesloten onder a) Optellen? b) Aftrekken? c) Vemenigvuldigen? 49 Opgave Laat zien dat de verzameling getallen van de vorm a + b p 2+c p 3+d p 2 p 3 gesloten is onder vermenigvuldiging. Om te laten zien dat deze verzameling ook gesloten is onder delen moeten we weer aantonen dat p 2, p 3 en p 2 p 3 uit de noemers kunnen worden verwijderd. 50 Opgave Bekijk het getal 1 1+ p 2+ p 3+ p 2 p 3 en verwijder eerst p 3 uit de noemer en vervolgens p 2. Haal hiervoor eerst p 3 buiten haakjes. 51 Opgave Bewijs dat Q( p 2, p 3) = Q( p 2+ p 3). We hebben nu het kleinste lichaam gevonden dat Q, p 2 en p 3 bevat: Q( p 2, p 3) = {a + b p 2+c p 3+d p 2 p 3} a, b, c, d 2 Q Definitie 4. Een algemene lichaamsuitbreiding M van een lichaam L is een lichaam dat L bevat. Het aantal elementen van L dat we minimaal nodig hebben om elementen van de lichaamsuitbreiding uit te drukken noemen we de graad van de lichaamsuitbreiding. We noteren dit met vierkante haken, bijvoorbeeld [Q( p 2) : Q] =2 omdat alle elementen van Q( p 2) uniek te schrijven zijn als a + b p 2. We hebben dus twee breuken a, b 2 Q nodig om een element van Q( p 2) vast te leggen. Evenzo vinden we dat [Q( p 2, p 3) : Q] =4 om dat we vier breuken a, b, c, d 2 Q nodig hebben om een element a+b p 2+c p 3+d p 2 p 3 2 Q( p 2, p 3) vast te leggen. De graad geeft aan hoeveel groter de uitbreiding is dan het originele lichaam: hoe groter de uitbreiding des te hoger de graad. 52 Opgave Begin met de verzameling {0, 1}. Laat zien dat Q het kleinste lichaam is dat deze verzameling bevat Opgave Leg uit dat [Q( p 4) : Q] =1en [Q( p 3, p 12) : Q] =2. Onderzoek of de volgende beweringen waar zijn: 1 Er zijn ook andere definities mogelijk van optellen, aftrekken, vermenigvuldigen en delen waarmee kleinere lichamen mogelijk zijn. 45

10 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal 54a Opgave p 3+2 p 2 2 Q( p 2) 54b Opgave q 3+ p p 3 2 Q( p 3) We kunnen wel eindeloos doorgaan met toevoegen van wortels maar dan komen we nooit bij een goede beschrijving van K. We verleggen nu een klein beetje onze aandacht. In plaats van een antwoord op de vraag Hoe ziet K eruit? willen we eigenlijk liever weten hoe het lichaam eruit kan zien dat bij een specifieke constructie hoort. Daarmee bedoelen we het kleinste lichaam dat de coördinaten bevat van alle punten die tijdens deze constructie ontstaan Lichaamsuitbreiding horend bij een constructie We bekijken nu een willekeurige constructie. Niet iedere constructiestap zorgt voor een lichaamsuitbreiding: bij het snijden van twee lijnen bijvoorbeeld ontstaat een nieuw punt waarvan de coördinaten nog steeds in hetzelfde lichaam zitten (waarom?). In de formules voor de snijpunten van lijnen en cirkels komen hooguit tweedemachts wortels voor van één getal. Dit zorgt ervoor dat de lichaamsuitbreidingen die eventueel bij een constructiestap horen van graad 2 zijn. We bekijken nu een willekeurige constructie aan de hand van de bijbehorende lichamen. Vóór de eerste stap van de constructie hebben we alleen de startverzameling (0, 0), (1, 0). Het kleinste lichaam dat deze getallen bevat is K 0 = Q. De eerste keer dat de coördinaat van een nieuw geconstrueerd punt niet meer in K 0 zit moeten we dit lichaam uitbreiden. Vanwege de vorige opgave zal dit een kwadratische uitbreiding K 1 = K 0 ( p c) zijn voor één of andere c 2 K 0. Niet alle elementen van K 1 maken deel uit van de constructie, maar ze zijn wel allemaal construeerbaar (waarom?). Na een aantal constructiestappen kan het gebeuren dat een coördinaat van een geconstrueerd punt niet meer in K 1 zit; dan breiden we dit lichaam uit tot K 2, enzovoorts. Na de laatste stap van de constructie zijn we aangeland bij K n voor één of andere n 2 N. Dit is het kleinste lichaam dat de coördinaten bevat van alle punten die tijdens de constructie ontstaan. Bij iedere constructie hoort dus een toren van lichamen (4) Q = K 0 K 1 K 2... K n K We weten dat K n K omdat ieder van de K i alleen maar construeerbare getallen bevat. Iedere uitbreiding heeft graad 2, dus [K 1 : K 0 ]=[K 2 : K 1 ]=...=[K n : K n 1 ]=2 Omgekeerd geldt ook: als een getal in een toren van kwadratische uitbreidingen van Q zit, dan is dit getal construeerbaar. 55a Opgave Welke toren hoort bij de constructie van een gelijkzijdige driehoek vanuit de startverzameling {(0, 0), (1, 0)} zoals in opgave 2? 55b Opgave Welke toren hoort bij de constructie van een regelmatige driehoek vanuit de startverzameling {(0, 0), (1, 0)} zoals in figuur 1 uit hoofdstuk 1? 56 Opgave Zijn de oplossingen van de vergelijking 3x 4 317x = 0 46

11 construeerbaar? Probeer zo min mogelijk te berekenen en zoveel mogelijk te beargumenteren. 57 Opgave Geef een mogelijke toren van lichamen horend bij een constructie van een regelmatige zeventienhoek. Kijk hiervoor nog eens terug naar de Geogebra opdracht uit het vorige hoofdstuk Verdubbeling van de kubus is niet construeerbaar Een ode aan Pierre Laurent Wantzel In het eerste hoofdstuk hebben we het gehad over meetkundige constructies met passer en liniaal en hebben we de nadruk gelegd op vier onopgeloste problemen uit de Griekse Oudheid: verdubbeling van de kubus, driedeling van een hoek, kwadratuur van de cirkel en constructies van regelmatige veelhoeken. In het tweede hoofdstuk hebben we gezien hoe het invoeren van coördinaten ons in staat stelt om met coördinaten van construeerbare getallen te rekenen. De verzameling construeerbare coördinaten bleek een lichaam te zijn. In dit derde hoofdstuk hebben we uitgelegd waarom constructies met passer en liniaal leiden tot een toren van tweedegraads lichaamsuitbreidingen. Het is tijd om te oogsten wat we hebben gezaaid: we gebruiken lichaamsuitbreidingen om te bewijzen dat verdubbeling van de kubus met passer en liniaal onmogelijk is. De eerste wiskundige in de geschiedenis die dit kon bewijzen was de Fransman Pierre Laurent Wantzel (1837), ruim 2000 jaar nadat de Grieken dit probleem voor het eerst hadden onderzocht! Een wiskundige is een apparaat dat koffie omzet in stellingen Paul Erdös In één wiskundige tijdschriftartikel bewees Wantzel dat driedeling van een hoek en verdubbeling van een kubus onmogelijk zijn en bovendien bewees hij welke veelhoeken niet construeerbaar zijn met passer en liniaal. Ondanks deze fantastische prestaties, waarmee hij drie van de vier Griekse problemen voor eens en voor altijd opgelost heeft, kreeg zijn werk gedurende bijna honderd jaar vrijwel geen aandacht. De voornaamste reden hiervoor is volgens de Deense historicus Lützen dat onmogelijkheidsbewijzen was op dat moment uit de mode waren. Toen dat een halve eeuw later was veranderd waren de wiskundigen het werk van Wantzel alweer vergeten. Pas in 1917 probeert Cajori de aandacht van de wiskundigen op Wantzel te vestigen in een voordracht voor de American Mathematical Society en in 1934 verscheen de Encyclopädie der Elementarmathematik waarin Wantzel werd genoemd en in ere hersteld bijna honderd jaar na zijn ontdekkingen. Volgens zijn vriend Saint-Venant had Wantzel slechte slaap- en eetgewoonten en heeft hij zich op 33-jarige leeftijd onder invloed van opium doodgewerkt Onmogelijkheden Via de Cartesische coördinaten en de theorie van lichamen zijn we nu in staat om de meetkundige vragen die worden opgeroepen door de Griekse constructieproblemen te vertalen naar duidelijke vragen in de algebra: Meetkunde Is punt (x, y) construeerbaar? Algebra Zitten de coördinaten x, y in een toren K 0... K n van kwadratische uitbreidingen van Q? Eindelijk zijn we dan zover dat we kunnen bewijzen dat de verdubbeling van de kubus en de driedeling van een willekeurige hoek onmogelijk is met alleen passer en liniaal. 47

12 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal Verdubbeling van de kubus is niet construeerbaar We zullen bewijzen dat 3p 2 niet construeerbaar is via een bewijs uit het ongerijmde. Stel namelijk dat 3p 2 wél construeerbaar is, dan bestaat er een constructie met een bijbehorende toren van lichaamsuitbreidingen zodat 3p 2 2 K n. Eerst laten we zien dat 3p 2 62 Q = K Opgave Bewijs dat 3p 2 irrationaal is. We mogen aannemen dat de zogenaamde constructie van 3p 2 zo efficiënt mogelijk is, dat wil zeggen er bestaat geen constructie met een kleinere toren van lichaamsuitbreidingen. Omdat [K n : K n 1 ]=2is er in deze laatste uitbreiding een tweedemachts wortel van één element uit K n 1 toegevoegd. We kunnen dus schrijven 3p p 2=a + b c met a, b, c 2 K n 1. 59a Opgave Uit de aannames volgt dat b 6= 0,c>0 en p c 62 K n 1. Leg dit uit. 59b Opgave Verhef de linker- en rechterkant tot de derde macht en laat zien dat (a 3 +3ab 2 c 2) + b(3a 2 + b 2 c) p c =0 59c Opgave Laat met behulp van onderdeel a) zien dat p c 2 K n 1. 59d Opgave Leg uit dat dat in tegenspraak is met de aanname dat de constructie zo efficiënt mogelijk is. Conclusie: verdubbeling van de kubus met passer en liniaal is onmogelijk! 60 Opgave Is verdubbeling van (het volume van) de bol wel mogelijk met passer en liniaal? Epiloog: de andere Griekse constructieproblemen We geven een korte opsomming van de (on)mogelijkheid van de andere drie beroemde constructieproblemen. Driedeling van een hoek Niet alle hoeken kunnen in drieën worden gedeeld met passer en liniaal. Een voorbeeld is een hoek van 60, waarvoor kan worden bewezen dat deze niet in drieën kan worden gedeeld. Voor hoeken met een geheel aantal graden geldt de volgende karakterisatie: Een hoek van n graden kan worden geconstrueerd precies wanneer n deelbaar is door 3. Daarmee is ook meteen duidelijk welke hoeken van n in drieën kunnen worden gedeeld. Als een hoek niet bestaat uit een geheel aantal graden, is het een stuk lastiger om te bepalen of de hoek in drieën kan worden gedeeld of niet.. hiervoor is Galois theorie nodig. Regelmatige veelhoeken Gauss en Wantzel geven een volledige opsomming van de regelmatige veelhoeken die wel en niet construeerbaar zijn. Om te beginnen introduceren we een bijzonder soort getallen: de Fermat getallen hebben de vorm F m =2 2m m 2 N

13 Vanwege de machten in deze formule worden deze getallen snel groot. Het rijtje begint met 3, 5, 17, 257, 65537, , ,... Pierre de Fermat, beroemd vanwege de Laatste stelling van Fermat, dacht dat deze getallen allemaal priemgetallen waren. De eerste vijf zijn dat inderdaad ook, maar het gaat mis bij de zesde omdat = Het is onbekend(!) welke Fermat getallen precies priem zijn, de grootste is tot dusver Het resultaat van Gauss is nu als volgt: een regelmatige n-hoek is construeerbaar precies wanneer n de volgende vorm heeft n =2 m p 1 p 2... p k m, k 2 N waarbij de p i verschillende Fermat priemgetallen zijn. Vanwege het bestaan van bisectrices impliceert de construeerbaarheid van een n-hoek meteen de construeerbaarheid van de 2nhoek, 4n-hoek enzovoorts. Dit verklaart de factor 2 m in de formule. Het lijstje construeerbare n-hoeken begint met 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 18,... Een regelmatige 15-hoek is bijvoorbeeld construeerbaar omdat een driehoek en een vijfhoek dat zijn, zie ook opgave 14. De zevenhoek is het eerste gat in de reeks omdat het wel priem is maar geen Fermat getal, terwijl een negenhoek niet construeerbaar is omdat 3 3 een product is van twee dezelfde Fermat priemgetallen. De zeventienhoek is de eerste in de rij die niet bekend was bij de Grieken, zie ook Geogebra opdracht 10. Kwadratuur van de cirkel Elke construeerbare coördinaat voldoet aan één of andere vergelijking met een veelterm. Het construeerbare getal r q x = p 3 voldoet bijvoorbeeld aan de vergelijkingen x 2 =2+ q 7 3 p 3 x =7 3 p 3 x = 27 We hebben eerder al gezien in paragraaf dat kwadratuur van de cirkel neerkomt op het construeren van een lijnstuk met lengte p. Als dit getal zou voldoen aan een veeltermvergelijking, dan zouden we op zoek moeten gaan naar zijn uitbreidingsgraad om te kijken of het construeerbaar zou kunnen zijn of niet. Er bestaan echter ook getallen die niet voldoen aan een veeltermvergelijking. Zulke getallen noemen we transcendent. Een beroemde stelling van von Lindemann uit 1882 vertelt ons dat zowel p als transcendent zijn en dus onmogelijk construeerbaar. Helaas is deze stelling te moeilijk om in deze module te behandelen. Echt onmogelijk? Voor veel amateurwiskundigen is hoofdstuk 1 goed te begrijpen en ze worden soms gegrepen door de constructiekoorts. Met name op de beroemde problemen die 2000 jaar onopgelost bleven hebben in de loop der eeuwen heel veel mensen hun tanden stuk gebeten. Hieraan had een einde moeten komen toen Pierre-Laurent Wantzel in 1837 voor het eerst bewees dat verdubbeling van een kubus en driedeling van een hoek onmogelijk zijn, gevolgd in 1882 door het bewijs van von Lindemann dat kwadratuur van de cirkel onmogelijk is. Helaas zijn de andere twee hoofdstukken voor veel mensen moeilijk te bevatten en dus blijven de ingezonden 49

14 Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal brieven met constructies binnenstromen in de wiskunde departementen van de grote universiteiten. De wiskundige Underwood Dudley heeft dit soort ingezonden brieven verzameld en gebundeld in een boekje getiteld The Trisectors. Aristoteles, Euclides of Archimedes daarentegen hebben nooit foute constructies gegeven met de claim dat ze één van de drie problemen konden oplossen. Als ze nu nog leefden zouden ze waarschijnlijk vrede hebben met het bewijs dat de constructies echt onmogelijk zijn. Sometimes I ve believed as many as six impossible things before breakfast Lewis Caroll 50

15 Samenvatting H3 In het vorige hoofdstuk zagen we dat het lichaam van coördinaten van construeerbare punten K gesloten is onder worteltrekken. In dit hoofdstuk hebben we laten zien K het kleinste lichaam is met deze eigenschap: via snijpunten van lijnen en cirkels krijgen we alleen uitdrukkingen met + en p type snijpunten vergelijkingen coördinaten van snijpunten lijn-lijn a 1 x + b 1 y = c 1 breuken in a 1,b 1,c 1,a 2,b 2,c 2 a 2 x + b 2 y = c 2 lijn-cirkel ax + by = c breuken en wortels in a, b, c, d, e, f x 2 + y 2 + dx + ey + f =0 cirkel-cirkel x 2 + y 2 + dx + ey + f =0 breuken en wortels in d, e, f, g, h, i x 2 + y 2 + gx + hy + i =0 Een lichaamsuitbreiding M van een lichaam L is een lichaam dat L bevat. De graad van de uitbreiding is het aantal elementen van dat nodig is om een element van M uniek vast te leggen. Een lichaamsuitbreiding van graad 2 heet een kwadratische lichaamsuitbreiding. Een toren van lichaamsuitbreidingen is een aantal lichaamsuitbreidingen na elkaar. Aan iedere constructie koppelen we een unieke toren van kwadratische lichaamsuitbreidingen van Q: aan de startverzameling {(0, 0), (1, 0)} koppelen we K 0 = Q zelf. Als er in een constructiestap een nieuwe wortel p a wordt geconstrueerd die nog niet in het lichaam zit dan breiden we het lichaam uit met deze wortel. Op die manier ontstaat een toren van kwadratische lichaamsuitbreidingen K 0 K 1... K n Een getal is construeerbaar precies wanneer het in zo n toren zit, elk element van K zit dus in zo n toren. Beroemd probleem 1 (Kwadratuur van de cirkel). p 62 K dus de kwadratuur van de cirkel is onmogelijk met passer en liniaal. Beroemd probleem 2 (Regelmatige veelhoeken). Een regelmatige n-hoek is construeerbaar precies wanneer n van de volgende vorm is: n =2 m p 1 p 2... p k met de p i verschillende Fermat priemgetallen. m, k 2 N Beroemd probleem 3 (Driedeling van een hoek). Er bestaan hoeken waarvoor driedeling met passer en liniaal onmogelijk is. Hoeken met een geheel aantal graden n zijn alleen driedeelbaar als n een veelvoud is van 3. Beroemd probleem 4 (Het Delische probleem verdubbeling van een kubus). 3p 2 62 K dus de verdubbeling van de kubus is onmogelijk met passer en liniaal. 51

16

17 BIJLAGE A Veronderstelde voorkennis van vlakke meetkunde Hoeken en lijnen De overstaande hoeken bij twee snijdende lijnen zijn gelijk (overstaande hoeken). Als twee evenwijdige lijnen gesneden worden door een derde lijn, dan zijn de F -hoeken en Z- hoeken gelijk (F -hoeken, Z-hoeken). Als twee lijnen in twee verschillende punten gesneden worden door een derde lijn waarbij er een paar gelijke F -hoeken of Z-hoeken optreedt, dan zijn die twee lijnen evenwijdig (F -hoeken, Z-hoeken). Een rechte hoek is 90, een gestrekte hoek is 180. De som van de hoeken van een driehoek is 180 (hoekensom driehoek). Congruente driehoeken Twee meetkundige figuren zijn congruent (gelijk) als ze in elkaar overgaan na een translatie, rotatie en/of spiegeling. Notatie: A = B. Twee driehoeken zijn congruent als ze gelijk hebben: (HZH) Een zijde en twee aanliggende hoeken. (ZHH) Een zijde, een aanliggende hoek en de tegenoverliggende hoek. (ZHZ) Twee zijden en de ingesloten hoek. (ZZZ) Alle zijden. (ZZR) Twee zijden en de rechte hoek tegenover één van die zijden. De eerste twee gevallen zijn hetzelfde: twee gelijke hoeken impliceert direct drie gelijke hoeken. Gelijkvormige driehoeken Twee meetkundige figuren zijn gelijkvormig als ze in elkaar overgaan na een translatie, rotatie, spiegeling en/of schaling. Notatie: A B. Twee driehoeken zijn gelijkvormig als ze gelijk hebben: (hh) Twee (en dus drie) paren gelijke hoeken. (zhz) Een paar hoeken en de verhouding van de omliggende zijden. (zzz) De verhouding van de zijden. (zzr) Een paar rechte hoeken en de verhouding van de twee niet-omliggende zijden. Cirkels Een raaklijn aan een cirkel staat loodrecht op de straal. Stelling van Thales: als A, B, C op een cirkel liggen en AB is een middellijn van de cirkel dan is ABC een rechthoekige driehoek. En andersom: als ABC een rechthoekige driehoek is, dan is het middelpunt van de omgeschreven cirkel het midden van de schuine zijde. Stelling van Thales: als A, B, C op een cirkel liggen en AB is een middellijn van de cirkel, dan zijn AMC en BMC gelijkbenig dus 2 +2 = 180 (hoekensom driehoek). Dus + =

18

19 BIJLAGE B Een bewijs uit het ongerijmde In deze module bewijzen we vaak stellingen met behulp van een redenering die een bewijs uit het ongerijmde wordt genoemd. Dit betekent dat je advocaat van de duivel speelt en aanneemt dat het tegenovergestelde van de uitspraak waar is. Daaruit leid je een andere uitspraak af die niet klopt met iets dat je zeker weet de nieuwe uitspraak rijmt niet met iets anders. We illustreren deze bewijsmethode aan de hand van een computerprogramma dat kan schaken. Zulke programma s zijn vaak in staat menselijke grootmeesters zowel met wit als met zwart te verslaan. Bestaat er ook een optimaal programma waarmee je iedere tegenstander kunt verslaan, of je nou met wit of zwart begint? S. Er bestaat geen schaakprogramma waarmee je altijd kunt winnen. Bewijs: Stel dat zo n programma wél bestaat. Laat dan twee computers met dit programma tegen elkaar spelen. Ze zouden dan allebei moeten winnen en dat is absurd. De aanname dat het programma bestaat is dus niet houdbaar. We vatten het bewijs uit het ongerijmde nog even samen: Algemeen Voorbeeld 1 Te bewijzen: een uitspraak Er bestaat geen winnend schaakprogramma 2 Neem het tegenovergestelde aan Er bestaat wél een winnend programma 3 Nieuwe uitspraak afleiden Twee programma s winnen tegelijkertijd 4 Deze uitspraak rijmt niet met een zekerheid Dit is absurd 5 Conclusie: de aanname is niet waar Er bestaat geen winnend schaakprogramma! Een ander leuk voorbeeld van een bewijs uit het ongerijmde gegeven door Euclides: er bestaan oneindig veel priemgetallen. We spelen weer advocaat van de duivel en nemen aan dat er wél eindig veel priemgetallen bestaan. Het rijtje priemgetallen begint dus met 2, 3, 5, 7, 11, 13,... en we noteren dit met p 1,p 2,...,p N waarbij p N het grootste priemgetal is: we gaan ervan uit dat er eindig veel priemgetallen zijn, dus er is ook een grootste priemgetal. Vermenigvuldig al deze priemgetallen met elkaar en tel er 1 bij op: M =(p 1 p 2 p 3 p 4... p N )+1 Dit nieuwe getal M is niet deelbaar door een priemgetal, want deling levert altijd een rest van 1 op: deling door p 2 levert bijvoorbeeld (p 1 p 2 p 3 p 4... p N )+1 p 2 = p 1 p 3 p 4... p N + 1 p 2 Dus het getal M moet zélf wel een priemgetal zijn, maar het is groter dan alle andere priemgetallen. Dit rijmt niet met de bewering dat p N het grootste priemgetal is. De enige conclusie die we kunnen trekken is dat het onmogelijk is dat er eindig veel priemgetallen zijn! 55