Sveučilǐste J. J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Marina Musa

Tri klasična problema

Diplomski rad

Osijek, 2010.

Sveučilǐste J. J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Marina Musa

Tri klasična problema

Diplomski rad

Voditelj: doc. dr. sc. F. M. Brückler

Osijek, 2010.

Sadržaj

1 Uvod 1

2 Osnovne konstrukcije ravnalom i šestarom 3

3 Rješivost konstrukcija ravnalom i šestarom opisanih kubnim jednadžbama 6

4 Problem udvostručenja kocke 10

4.1 Znameniti matematičari koji su rješavali problem udvostručenja kocke . . . . 11

4.1.1 Hipokrat s Hiosa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

4.1.2 Arhita iz Tarenta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4.1.3 Eudoks s Knida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4.1.4 Menehmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4.1.5 Eratosten iz Kirene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.1.6 Platon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4.1.7 Nikomed i Dioklo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

4.1.8 Drugi starogrčki matematičari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4.2 O nemogućnosti rješenja udvostručenja kocke . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

5 Problem kvadrature kruga 30

5.1 Znameniti matematičari koji su rješavali problem kvadrature kruga . . . . . 31

5.1.1 Anaksagora iz Klazomene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5.1.2 Antifont i Brison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5.1.3 Hipokrat s Hiosa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5.1.4 Hipija iz Elide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5.1.5 Dinostrat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.1.6 Arhimed iz Sirakuze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.2 O nemogućnosti rješenja kvadrature kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

i

6 Problem trisekcije kuta 48

6.1 Znameniti matematičari koji su rješavali problem trisekcije kuta . . . . . . . 49

6.1.1 Hipokrat s Hiosa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

6.1.2 Hipija iz Elide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

6.1.3 Arhimed iz Sirakuze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6.1.4 Papus iz Aleksandrije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

6.2 O nemogućnosti rješenja trisekcije kuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

7 O nemogućnosti konstrukcije pravilnog sedmerokuta 56

ii

Poglavlje 1

Uvod

Problem konstruiranja ravnalom i šestarom nastao je u starogrčkoj matematici tijekom 5.

st. pr. Kr., a neki smatraju da je nastao u Platonovoj akademiji (387. pr. Kr.–529. g.). Ma-

tematičarima u grčkim školama posebno su zaokupljala pažnju tri”nerješiva” problema koja

su odigrala važnu ulogu u razvoju algebre i pojma broja. To su: problem udvostručenja

kocke, problem kvadrature kruga i problem trisekcije kuta. Za prikaz pokušaja rješenja

tih problema koristit ćemo geometrijsku algebru, tj. matematičku disciplinu razvijenu u

starogrčkoj matematici koja algebarske probleme rješava pomoću geometrije. Grci nisu imali

formule, nego su sve što ćemo u ovom radu opisati iskazivali geometrijskim odnosima. Tako

se primjerice dužine zbrajaju i oduzimaju poput brojeva, a umnožak dužina se predočava

površinom pravokutnika odredenog tim dužinama. Smatra se da je geometrijska algebra

nastala nakon otkrića da duljina dijagonale jediničnog kvadrata nije racionalan broj (nije

sumjerljiva jediničnoj duljini).

Problem udvostručenja kocke svodi se na nalaženje brida kocke dvostrukog volumena

od zadane kocke. Problem kvadrature kruga je najduže zadržao interes matematičara. Po

starogrčkom shvaćanju, problem se sastoji u konstrukciji kvadrata koji ima površinu jednaku

površini zadanog kruga. Problem trisekcije kuta je drugačiji od prethodno navedenih. Naime,

u nekim slučajevima je moguće koristeći ravnalo i šestar podijeliti proizvoljni kut na tri je-

dnaka dijela.

Pravilo, koje je vjerojatno ustanovila Platonova akademija, uvjetovalo je uporabu samo

ravnala i šestara pri svim geometrijskim konstrukcijama. Pritom se ravnalo koristi isključivo

za spajanje dviju točaka, a šestar za crtanje kružnice zadane sredǐstem i radijusom. Antički

Grci su pomoću ravnala i šestara znali prikazati tzv. racionalne operacije s dužinama, a kad

1

su na taj način pristupili trima klasičnim problemima, naǐsli su na poteškoće. Za rješavanje

praktičnih problema koristili su i razne mehaničke konstrukcije.

U europskoj matematici 19. stoljeća, nakon algebraizacije geometrije, problem konstru-

kcije ravnalom i šestarom napokon je postavljen u obliku koji je omogućavao rješenje tih

problema: broj x se može konstruirati iz brojeva a1, a2, . . . , an, ako se taj broj x može

izračunati iz a1, a2, . . . , an, pomoću konačno mnogo racionalnih operacija i konačno mnogo

vadenja kvadratnih korijena. Pomoću te karakterizacije dokazana je nerješivost tri klasična

problema ravnalom i šestarom.

2

Poglavlje 2

Osnovne konstrukcije ravnalom i

šestarom

Konstrukcija ravnalom i šestarom je geometrijska metoda kojom se, uporabom ravnala i

šestara, dobiva neka veličina. Kažemo da je ta veličina konstruktibilna.

Definicija 2.1 Bilo koji podskup točaka promatrane ravnine π zvat ćemo geometrijskim

likom u ravnini π.

Promatrani lik može se sastojati od konačno mnogo, kao i od beskonačno mnogo, točaka.

Konstruirati neki lik znači”nacrtati” taj lik (primjerice pravac, kružnicu, . . . ), tj. precizno

odrediti položaje i odnose točaka koje čine taj lik. Pritom moramo upotrijebiti odredene

instrumente, odnosno pomagala.

Mi ćemo se baviti konstrukcijama kod kojih je dopušteno koristiti:

• jednobridno ravnalo (ravnalo kojemu možemo upotrebljavati samo jedan od dva medu-sobno paralelna brida) bez oznaka mjernih jedinica i

• šestar s promjenjivim rasponom.

Dopuštena je uporaba ravnala i šestara za izvodenje sljedećih osnovnih konstrukcija:

1. konstrukcija pravca kroz dvije zadane (različite) točke;

2. konstrukcija sjecǐsta dvaju danih neparalelnih pravaca;

3. konstrukcija kružnice sa sredǐstem u zadanoj točki koja prolazi kroz drugu zadanu

točku;

3

4. konstrukcija sjecǐsta zadane kružnice i pravca;

5. konstrukcija sjecǐsta dviju zadanih kružnica.

Konstrukcije pomoću ravnala i šestara zovemo i elementarnim ili euklidskim konstrukcijama.

Definicija 2.2 Svaki slijed od konačno mnogo izvedenih osnovnih konstrukcija zvat ćemo

konstrukcijom pomoću ravnala i šestara, odnosno euklidskom konstrukcijom.

Definicija 2.3 Konstruktivni zadatak sastoji se u tome da se konstruira neki geometrijski

lik odabranim dopuštenim instrumentima (u našem slučaju ravnalom i šestarom) ako su

zadani neki likovi i opisani odnosi izmedu elemenata traženog lika i zadanih likova.

Bilo koji lik koji zadovoljava sve uvjete zadatka koje mora zadovoljavati traženi lik nazi-

vamo rješenjem zadatka. Zadatak se smatra riješenim ako

• je pronadeno konačno mnogo likova F1, F2, . . . , Fn koji zadovoljavaju uvjet zadatka,

• svaki sljedeći lik koji zadovoljava uvjete zadatka je jednak jednom od likova F1, F2, . . . ,Fn.

Tada kažemo da zadatak ima n rješenja.

Definicija 2.4 Zadatak je odreden ako ima konačan broj rješenja. Zadatak smatramo

neodredenim ako ima beskonačno mnogo rješenja.

Svaki rješiv konstruktivni zadatak može se izvesti nizom temeljnih konstrukcija. Prema [10],

odakle smo i preuzeli prethodne definicije, to su:

1. prenošenje dužine;

2. prenošenje kuta;

3. konstrukcija simetrale i polovǐsta dužine;

4. konstrukcija simetrale kuta i polovǐsta luka;

5. konstrukcija paralele s danim pravcem kroz danu točku;

6. konstrukcija okomice na dani pravac iz dane točke;

7. dijeljenje dužine na jednake dijelove i u zadanom omjeru;

8. konstrukcija trokuta ako su mu poznate sve tri stranice;

4

9. konstrukcija kružnog luka iz čijih se točaka vidi neka dužina pod danim kutom.

Pogledajmo kako se pomoću ravnala i šestara može udvostručiti kvadrat. Uzmimo kvadrat

ABCD i povucimo dijagonalu BD (slika 2.1). Zatim konstruiramo kvadrat BDEF kojemu

je stranica BD. Lako se vidi da kvadrat BDEF ima dvostruko veću površinu od kvadrata

ABCD.

Slika 2.1: Udvostručenje kvadrata.

Sljedećim primjerom pokažimo konstrukciju bisekcije kuta. Neka je zadan kut s vrhom

V. Konstruiramo kružnicu proizvoljno odredene duljine polumjera sa sredǐstem V koja siječe

oba kraka kuta. Neka su ta dva sjecǐsta sredǐsta dviju kružnica jednakih radijusa (proizvoljnje

duljine) koje se sijeku. Povučemo pravac kroz sjecǐsta dobivenih dviju kružnica i vrh V. Taj

pravac je simetrala zadanog kuta.

Slika 2.2: Bisekcija kuta.

5

Poglavlje 3

Rješivost konstrukcija ravnalom i

šestarom opisanih kubnim

jednadžbama

Neka su u ravnini dane jedinična dužina (dužina duljine 1) te dvije dužine mjernih brojeva

a i b. Tada možemo konstruirati dužinu mjernog broja x takvu da je

x = a+ b, x = a− b, x = n · a, x = an, x = a · b, x = a

bili x =

√a,

gdje je n bilo koji prirodan broj veći od 1.

Teorem 3.1 Moguće je konstruirati svaku dužinu čiju duljinu možemo iz mjernih brojeva

konačno mnogo zadanih dužina izraziti konačnim brojem racionalnih operacija (zbrajanjem,

oduzimanjem, množenjem, dijeljenjem) i vadenja kvadratnog korijena.

Za dokaz ovog teorema upućujemo čitatelja na [10]. Prema teoremu 3.1 slijedi da je prikaz

broja x pomoću konačnog broja racionalnih operacija i konačno mnogo vadenja kvadratnih

korijena iz mjernih brojeva konačno mnogo danih dužina dovoljan uvjet za mogućnost

konstruiranja dužine mjernog broja x iz konačno mnogo danih dužina. To je ujedno i nužan

uvjet za mogućnost konstruiranja dužine duljine x.

Dakle, u konstruktivnim zadacima obično iz konačno mnogo dužina čiji su mjerni brojevi

m1,m2, . . . ,mn trebamo konstruirati konačno mnogo dužina čiji su mjerni brojevim′1,m

′2, . . . ,

m′k, takve da svaki m′i (i = 1, . . . , k) ovisi o mj-ovima (j = 1, . . . , n).

Vrijedi i obrat teorema 3.1, čiji dokaz se takoder može naći u [10]:

6

Teorem 3.2 Ako se iz zadanih dužina s mjernim brojevima m1,m2, . . . ,mn može pomoću

ravnala i šestara konstruirati dužina mjernog broja m′, tada se taj broj m′ može izračunati

iz mjernih brojeva m1,m2, . . . ,mn pomoću konačno mnogo racionalnih operacija i konačno

mnogo vadenja kvadratnih korijena.

Iz teorema 3.1 i 3.2 slijedi da je mogućnost prikaza broja m′, pomoću brojeva m1,m2, . . . ,

mn, koristeći konačno mnogo racionalnih operacija i konačno mnogo vadenja kvadratnih ko-

rijena, nužan i dovoljan uvjet za mogućnost konstruiranja dužine, čiji je mjerni broj m′, iz

danih dužina mjernih brojeva m1,m2, . . . ,mn, pomoću ravnala i šestara.

Iz prethodnih razmatranja vidi se da pitanju rješivosti geometrijskih konstrukcija ravna-

lom i šestarom pristupamo algebarski. U svrhu dokaza nerješivosti tri klasična problema,

pomoću ravnala i šestara, dokažimo dva algebarska teorema. No, definirajmo prvo kada je

neki broj konstruktibilan.

Definicija 3.1 Za neki broj x kažemo da je konstruktibilan iz brojeva a1, a2, . . . , an, ako se

taj broj x može izračunati iz a1, a2, . . . , an, pomoću konačno mnogo racionalnih operacija i

konačno mnogo vadenja kvadratnih korijena.

Uvedimo i pojam proširenja polja racionalnih brojeva dodavanjem jednog elementa.

Definicija 3.2 Neka je dano polje K kojemu dodajemo jedan element√k (takav da je k ∈

K i√k /∈ K). Svi elementi oblika a + b ·

√k čine proširenje polja K : polje K[

√k]. Ako

vrijedi a+ b ·√k = 0, zbog

√k /∈ K, slijedi a = 0 i b = 0.

Primijetimo da se realan broj x može izraziti pomoću konačno mnogo racionalnih ope-

racija i kvadratnog korjenovanja racionalnih brojeva točno onda ako postoji konačan niz

proširenja polja Q = Q0 ⊆ Q1 ⊆ Q2 ⊆ . . . ⊆ Qn, gdje je Qi+1 = Qi[√xi+1], xi+1 ∈ Qi

(i = 0, 1, . . . , n− 1) i √xi+1 /∈ Qi, takav da je x ∈ Qn.

Teorem 3.3 Ako kubna jednadžba

x3 + a2x2 + a1x+ a0 = 0 (3.1)

s racionalnim koeficijentima nema ni jedno racionalno rješenje, onda ni jedno njeno rješenje

nije konstruktibilno iz racionalnih brojeva.

Dokaz.

Dokaz teorema 3.3 dao je njemački matematičar E. Landau (1877.–1938.). Neka je Q polje

7

racionalnih brojeva i pretpostavimo da jednadžba (3.1) nema racionalnih rješenja, ali da

postoji najmanje jedno rješenje koje je konstruktibilno iz racionalnih brojeva i označimo ga

s x1. Tada postoji n ∈ N0 tako da je x1 ∈ Qn gdje je Qn proširenje polja Q dodavanjem nkvadratnih korijena, tj.

Q = Q0 ⊆ Q0[Èk1] = Q1 ⊆ Q1[

Èk2] = Q2 ⊆ . . . ⊆ Qn−1[

Èkn] = Qn.

Stoga rješenje x1 možemo prikazati u obliku

x1 = p+ q ·√w

gdje su p, q, w ∈ Qn−1 i√w /∈ Qn−1.

Primijetimo da je tada

x2 = p− q ·√w

takoder rješenje jednadžbe (3.1).

Uvrstimo li x1 = p+ q ·√w u jednadžbu (3.1) slijedi

x31 + a2x21 + a1x1 + a0 = a+ b ·

√w

gdje je

a = p3 + 3pq2w + a2(p2 + q2w) + a1p+ a0 ∈ Qn−1

b = 3p2q + q3w + 2a2pq + a1q ∈ Qn−1.

Kako je x1 rješenje jednadžbe (3.1), to je a + b√w = 0, odnosno a = 0 i b = 0. Analogno

vrijedi i sljedeća jednakost

x32 + a2x22 + a1x2 + a0 = a− b ·

√w = 0.

Rješenja x1 i x2 su različita i x1 − x2 = 2q√w 6= 0 jer bi u suprotnom bilo q = 0, što bi

značilo da je x1 = x2 = p ∈ Qn−1, a to je kontradikcija s pretpostavkom.Koristeći Viètove formule dobivamo (uz oznaku x3 za treće rješenje jednadžbe (3.1))

x1 + x2 + x3 = −a2,

odnosno

x3 = −a2 − (x1 + x2) = −a2 − 2p,

dakle, x3 ∈ Qn−1 što je kontradikcija s pretpostavkom da je rješenje iz skupa Qn pa jepretpostavka bila pogrešna. Nema dakle rješenja konstruktibilnog iz racionalnih brojeva ako

jednadžba nema racionalnog rješenja.2

8

Teorem 3.4 Ako neka kubna jednadžba

x3 + a2x2 + a1x+ a0 = 0

s cjelobrojnim koeficijentima ima racionalno rješenje x1, onda je x1 cijeli broj koji dijeli a0.

Dokaz.

Neka je x1 jedno racionalno rješenje jednadžbe oblika x1 =lm

(l,m ∈ Z, m > 0, l i mrelativno prosti). Tada je

l3

m3+ a2

l2

m2+ a1

l

m+ a0 = 0,

tj.

l3 + a2l2m+ a1lm

2 + a0m3 = 0,

odnosno

l3 = −m(a2l2 + a1ml + a0m2)

odakle (jer su l i m relativno prosti) slijedi da je m = 1. Sada je

l3 = −(a2l2 + a1l + a0),

odnosno

a0 = −l(l2 + a2l + a1),

dakle l je djelitelj od a0. Kako je x1 =lm

, slijedi da je x1 je djelitelj od a0, što je i trebalo

dokazati.2

Ovaj teorem nam u kombinaciji s prethodnim daje jednostavan kriterij kada kubna jednadžba

tipa (3.1) ima bar jedno konstruktibilno rješenje: ako je barem jedan od djelitelja njena

slobodnog člana a0 rješenje te jednadžbe.

9

Poglavlje 4

Problem udvostručenja kocke

Udvostručenje kocke, duplikacija kocke ili Delski problem, tri su različita imena za isti klasični

problem. Problem udvostručenja kocke bio je najpoznatiji od tri antička problema u vrijeme

starih Grka, dok je u novije vrijeme, osobito medu matematičarima amaterima, bitno popu-

larniji problem kvadrature kruga.

O nastanku ovog problema govore dva izvora. Prema Teonu iz Smirne, Eratosten je u

svom pismu kralju Egipta, Ptolomeju II, napisao da su Atenjani u doba epidemije kuge oko

430. pr. Kr. potražili savjet proročǐsta na Delosu. Da bi se oslobodili kuge, trebali su izgraditi

oltar dvostruko veći od postojećeg kockastog oltara. Unatoč naporima da ispune taj uvjet,

Atenjani nisu pronašli način da udvostruče kocku te su se obratili Platonu za pomoć. On

im odgovara da proročanstvo nije značilo da bog želi oltar dvostruke veličine, nego ih je

želio posramiti jer su zapustili matematička znanja i geometriju. S druge strane, Eutocius u

komentaru Arhimedova djela O kugli i valjku, pǐse da nepoznati antički pjesnik govori da je

kralj Minos, nezadovoljan njenom veličinom, želio udvostručiti kockastu grobnicu pjesnika

Glaukusa. Pri tome su trebali biti udvostručeni svi bridovi, što je znak da je legendu zapisao

pjesnik koji nije bio matematički obrazovan.

Kroz traženje rješenja ovog problema, geometri razvijaju posebnu tehniku zvanu anali-

zom. Proučavanjem svojstava rješenja, prvo se pretpostavi da je problem riješen, tako da

se traži ekvivalentan problem rješiv na osnovu zadanih podataka. Da bi se dobilo ispravno

rješenje početnog problema, rabi se obrnut postupak: prvo se podaci koriste za rješavanje

ekvivalentnog problema izvedenog u analizi, a pomoću dobivenog rješenja rješavamo početni

problem. Ovaj obrnut postupak nazivamo sintezom.

10

Dakle, samo porijeklo problema udvostručenja kocke je nejasno, ali nema sumnje da su

Grci dosta rano znali udvostručiti kvadrat, vidi str. 5. Nešto teže je udvostručiti proizvoljni

pravokutnik ili još općenitije: mnogokut, no i ta su rješenja bila poznata i opisana u drugoj

knjizi Euklidovih elemenata. Prvi veliki korak u rješenju problema udvostručenja kocke dao

je Hipokrat u 5. st. pr. Kr.

4.1 Znameniti matematičari koji su rješavali problem

udvostručenja kocke

4.1.1 Hipokrat s Hiosa

Hipokrat (oko 470.–410. pr. Kr.) je bio grčki matematičar i astronom iz Jonije, a njegovo

prvotno zanimanje bila je trgovina brodovima. Malo se zna o njegovom životu, no poznato

je da je bio odličan geometar koji je, prema Aristotelovim riječima, bio”glup i nesposoban

za svakodnevni život”. Nakon jednog napada gusara gubi svu imovinu te čekajući odštetu,

u razdoblju oko 450.–430. pr. Kr., boravi u Ateni gdje pohada predavanja iz filozofije i

matematike. Napisao je djelo Elementi geometrije koje je, iako danas izgubljeno, zasigurno

bilo osnova za I. i II. knjigu Euklidovih elemenata. U njemu se nalaze i geometrijska rješenja

kvadratnih jednadžbi te rane metode integracije.

Slika 4.1: Hipokrat s Hiosa (5. st. pr. Kr.)

Hipokrat je pokazao da se kocka brida a može udvostručiti ukoliko se mogu konstruirati

srednje geometrijske proporcionale izmedu a i 2a, odnosno ukoliko se mogu konstruirati

brojevi x i y takvi da vrijedi:

a : x = x : y = y : 2a.

11

Odavde iz a : x = x : y dobijemo x2 = ay, a iz a : x = y : 2a dobijemo x =2a2

y, odakle

množenjem dobivenih jednakosti slijedi x3 = 2a3, odnosno x = a 3√

2. Tada kocka s bridom x

ima dvostruko veći volumen od kocke s bridom a.

Vidimo da je Hipokrat problem udvostručenja kocke sveo na problem odredivanja srednjih

geometrijskih proporcionala, što je postala osnova za gotovo sve kasnije pokušaje rješenja

ovog problema.

4.1.2 Arhita iz Tarenta

Arhita (oko 428.–350. pr. Kr.) je bio grčki filozof, matematičar i fizičar. Takoder je bio vodeći

političar i predstojnik pitagorejskog društva svoga doba. Uveo je pojmove aritmetičke, ge-

ometrijske i harmonijske sredine.

Slika 4.2: Arhita iz Tarenta (5./4. st. pr. Kr.)

Od svih pokušaja rješenja udvostručenja kocke, Arhitin je najznamenitiji. On je dao, za

svoje vrijeme odvažnu, konstrukciju u tri dimenzije, za razliku do tada korǐstenih ravni-

nskih. Arhita je promatrao pravokutan trokut, označimo ga ADK s pravim kutom pri vrhu

K.

Slika 4.3: Traženje srednjih geometrijskih proporcionala.

12

Neka je točka I nožǐste visine tog trokuta spuštene iz vrha K na stranicu AD, a M nožǐste

visine trokuta AIK spuštene iz vrha I na stranicu AK (slika 4.3). Tada je|AM ||AI|

=|AI||AK|

=

|AK||AD|

. Dakle, kocka brida |AI| ima dvostruko veći volumen od kocke brida |AM |, tj. problem

udvostručenja kocke se svodi na konstrukciju točke I na AD kada su zadane |AM | = a i|AD| = 2a.

Slika 4.4: Presjek valjka, stošca i torusa, ravninski prikaz.

Ravnina u kojoj ćemo konstruirati trokut ADK bit će okomita na neku kružnicu k promjera

AD (slika 4.4.) Ako oko osi i kroz A, okomite na ravninu kružnice k, rotira kružnica pro-

mjera AD okomita na ravninu od k, ona opisuje torus τ.

Slika 4.5: Presjek valjka, stošca i torusa.

13

Točka K će biti negdje na tom torusu. S druge strane, K će – prema Arhiti – biti na valjku

σ čije izvodnice prolaze kroz točke kružnice k okomito na nju (slika 4.5). Neka je s krivulja

presjeka torusa τ i valjka σ (dakle, K ∈ s). Kako želimo da A,M i K budu kolinearne, značida su na stošcu κ s vrhom A. Rotacijom trokuta APD oko osi AD, koji se preslika u trokut

ALD, nastaje kružni, uspravni stožac κ. Kut pri vrhu stošca je2π

3(što se lako provjeri

uzmemo li da je u niže navedenoj jednadžbi kojom je zadan stožac r = 2a, h = a i z = 0).

Odredivši točku K, Arhita je mogao naći i točke I i M te tako riješiti problem udvostručenja

kocke.

To možemo jednostavnije zapisati jezikom analitičke geometrije.

Ako uzmemo da je pravac AD x-os Kartezijevog sustava, a pravac i y-os te pravac kroz točku

A paralelan s KI z-os, onda je točka K (prema slici 4.5) sjecǐste sljedećih ploha:

1. x2 + y2 + z2 = r2

h2x2 (stožac),

2. x2 + y2 = rx (valjak),

3. x2 + y2 + z2 = r√x2 + y2 (torus),

pri čemu je |AD| = r i |AM | = h.Iz prve dvije jednadžbe dobivamo

x2 + y2 + z2 =(x2 + y2)2

h2,

a iz te jednakosti i treće jednadžbe

h

x2 + y2=

x2 + y2

x2 + y2 + z2=

√x2 + y2 + z2

r

odnosno|AM ||AI|

=|AI||AK|

=|AK||AD|

.

Iz ovog razmjera slijedi

|AD| : |AM | = (|AI| : |AM |)3,

odnosno ako je |AM | brid zadane kocke, volumen kocke brida |AI| se prema volumenu kockekojoj je brid |AM | odnosi kao duljina dužine AD prema duljini dužine AM . U konkretnomslučaju, gdje je |AD| = 2|AM |, vrijedi |AI|3 = 2|AM |3, dakle kocka je udvostručena.

14

4.1.3 Eudoks s Knida

Eudoks (oko 408.–355. pr. Kr.) je bio grčki matematičar i astronom, jedan od Platonovih

učenika. Njegovo”rješenje” problema duplikacije kocke je izgubljeno, no zna se da je bitno

doprinio teoriji omjera i razmjera te počecima integriranja. Eudoksovi rezultati su glavni

izvor za V. i XII. knjigu Euklidovih elemenata u kojima su opisane njegova opća teorija

omjera i razmjera te metoda ekshaustije.

Slika 4.6: Eudoks s Knida (5./4. st. pr. Kr.)

U jednom Eutociusovom djelu zapisano je kako je Eudoks pri rješavanju problema udvo-

stručenja kocke koristio takozvane”zakrivljene pravce”. Kako je u to vrijeme Eudoksovo

rješenje već bilo izgubljeno, verzije rješenja koje je Eutocius posjedovao bile su vjerojatno

netočne. Neki matematičari smatraju da je Eudoksovo rješenje dvodimenzionalna verzija

Arhitinog rješenja, odnosno njegova projekcija na ravninu, iako je uvriježeno i mǐsljenje da

je Eudoks bio suvǐse originalan matematičar da bi se zadovoljio samo adaptacijom Arhitinog

rješenja.

4.1.4 Menehmo

Menehmo (oko 380.–320. pr. Kr.) je bio Eudoksov učenik, Platonov suvremenik, a prema

nekim izvorima i učitelj Aleksandra Velikog. Navodno je Aleksandar tražio da mu Menehmo

pokaže jednostavniji način da nauči geometriju na što mu Menehmo odgovara da u geometriji

postoji samo jedan put za sviju.

Pripisuju mu se zasluge za otkriće konika (elipse, hiperbole i parabole) vezane za pokušaj

rješenja problema udvostručenja kocke. Ne zna se na koji način je Menehmo konstruirao

navedene krivulje, ali je poznato njegovo otkriće da se sve tri krivulje mogu dobiti kao pre-

sjeci stošca ravninama koje nisu paralelne bazi. Spomenimo da Menehmo nije zaslužan za

15

nazive triju krivulja; nazivi elipsa, hiperbola i parabola se prvi put pojavljuju kod Apolonija

(260.–190. pr. Kr.).

Menehmovo rješenje za nalaženje srednjih geometrijskih proporcionala opisao je Eutocius

u komentaru Arhimedova djela O kugli i valjku. Neka su dane vrijednosti a i b izmedu kojih

tražimo srednje geometrijske proporcionale x i y. Danas to možemo zapisati ovako:

x2 = ay, y2 = bx, xy = ab.

Slika 4.7: Sjecǐste dviju parabola i hiperbole.

Koristeći jezik analitičke geometrije (koja naravno nije bila na raspolaganju Menehmu),

vidimo da tražene veličine x i y možemo dobiti kao kordinate presjeka jedne od prve dvije

parabole s hiperbolom kojoj odgovara treća jednadžba, ili kao sjecǐste dviju parabola (slika

4.7). Menehmo je razmatrao dva slučaja.

Prvi slučaj. (Slika 4.8)

Neka su OA i OB dvije dužine koje se sijeku pod pravim kutom pri čemu je |OA| = a >|OB| = b. Pretpostavimo da je problem riješen te neka su OM (na pravcu OB) i ON (napravcu OA) tražene srednje geometrijske proporcionale. Nadopunimo pravokutnik OMPN.

Kako je tada

|AO| : |OM | = |OM | : |ON | = |ON | : |OB|,

(tj. a : x = x : y = y : b), vrijedi

|OB| · |OM | = |ON |2 = |PM |2

16

pa se točka P nalazi na paraboli s tjemenom O, osi OM i parametrom1 |OB|.

Slika 4.8: Presjek parabole i hiperbole.

Takoder,

|AO| · |OB| = |OM | · |ON | = |PN | · |PM |

(tj. ab = xy) pa točka P leži na hiperboli sa sredǐstem O i asimptotama OM i ON . Tada

je površina pravokutnika sa stranicama PM i PN, koje su paralelne asimptotama, pri čemu

je P bilo koja točka promatrane hiperbole, jednaka površini |OA| · |OB|. Pri tome vrijedi:

|AO| : |PN | = |PN | : |PM | = |PM | : |OB|.

Drugi slučaj. (Slika 4.9)

Konstruiramo dvije parabole:

1. parabola s tjemenom O, osi ON i parametrom |OA| = a,2. parabola s tjemenom O, osi OM i parametrom |OB| = b.

Vrijedi:

|OA| · |ON | = |PN |2 i

|OB| · |OM | = |PM |2.

Kako je |PN | = |OM | i |PM | = |ON | slijedi

|OA| : |OM | = |OM | : |ON | = |ON | : |OB|,

dakle |OM | i |ON | su srednje geometrijske proporcionale izmedu |OA| i |OB|.1Duljina tetive koja prolazi žarǐstem i paralelna je s direktrisom jednaka je parametru, tj. 2p.

17

Slika 4.9: Presjek dviju parabola.

4.1.5 Eratosten iz Kirene

Eratosten (276.–194. pr. Kr) je bio grčki matematičar i filozof, a 236. pr. Kr. imenovan je

predstojnikom aleksandrijske knjižnice.

Slika 4.10: Eraosten iz Kirene (3. st. pr. Kr.)

Bavio se i poezijom, poviješću, zemljopisom, astronomijom i filologijom. Poznat je po metodi

izračunavanja opsega Zemlje i metodi nalaženja prostih brojeva zvanoj Eratostenovo sito.

Autor je Julijanskog kalendara kojim su uvedene prijestupne godine. Značajno je bilo i nje-

govo zagubljeno djelo Platonicus u kojem se bavi matematikom temeljenoj na Platonovoj

filozofiji.

Eratosten je dao jedno od najpoznatijih mehaničkih (dakle neegzaktnih, tj. neizvedi-

vih ravnalom i šestarom) rješenja problema udvostručenja kocke. Radi se o mehanizmu za

odredivanje srednjih geometrijskih proporcionala zvanom mezolabij. Mehanizam se sastoji

od dvije paralelne fiksirane letve AX i EY na koje su pričvršćena tri sukladna pravokutna

18

trokuta, AMF , MNG i NQH, kao na slici 4.11. Dužina AE je okomita na EY .

Slika 4.11: Eratostenov mezolabij.

Trokuti se pomiču tako da im po jedna kateta klizi po pravcu AX pri čemu se oni mogu

i preklapati. Trokut AMF je fiksiran. Dovedemo li ih u položaj da se preklapaju, dobivamo

nove trokute M ′NG i N ′QH (slika 4.12).

Slika 4.12: Mezolabij u položaju u kojem se trokuti preklapaju.

Točku D biramo na QH. Trokut M ′NG je tada pozicija trokuta MNG, pri čemu točke

B i C, u kojima se sijeku MF i M ′G te NG i N ′H, leže na istom pravcu kao i točke A i D.

Produžimo AD tako da se s EY siječe u točki K. Tada je

|AE| : |BF | = |EK| : |FK| = |AK| : |KB| = |FK| : |KG| = |BF | : |CG|.

Slično je

|BF | : |CG| = |CG| : |DH|.

Stoga su |BF | i |CG| tražene srednje geometrijske proporcionale izmedu |AE| i |DH|. Akouzmemo da je |DH| = a, vidimo da smo time riješili problem udvostručenja kocke brida a.U svojim komentarima Eratosten kaže da se na ekvivalentan način može pronaći

”bezbroj”

geometrijskih proporcionala ukoliko se mehanizam sastoji od”bezbroj” klizećih trokuta.

19

4.1.6 Platon

Platon (427.–347. pr. Kr.) je bio znameniti grčki filozof, Sokratov učenik i Aristotelov učitelj.

U Ateni je osnovao školu, Akademiju, na čijem je ulazu pisalo: Neka ovamo ne ulazi nitko tko

ne zna geometriju. Zahtijevao je da se konstrukcije izvode isključivo ravnalom i šestarom.

Takoder je inzistirao na jasnim definicijama, hipotezama i postulatima, ideji dokaza te poti-

canju učenja matemetike.

Slika 4.13: Platon (5./4. st. pr. Kr.)

Kako se Platon protivio upotrebi mehaničkih metoda u geometriji, pretpostavlja se da

rješenje nazvano po njemu Platonovim mehanizmom, a koje ćemo sad opisati, nije njegovo.

Postoje dvije torije o nastanku ovog mehanizma za rješavanje problema udvostručenja kocke.

Jedna kaže da ga je Platon izumio kako bi pokazao da je lako smisliti takva rješenja, a druga,

zastupljenija, da je Platonov mehanizam izumio jedan od njegovih sljedbenika na Akademiji.

Slika 4.14: Platonov mehanizam.

Smatra se da je Platonovo rješenje nastalo u vrijeme kad i Menehmovo jer su slična.

20

Platonov mehanizam se sastoji od tri slična pravokutna trokuta GBD,DBE,EBA, gdje

su zadane stranice AB i BG (slika 4.14, a). Mehanizam omogućuje praktično odredivanje

srednjih geometrijskih proporcionala izmedu |AB| i |BG|. Trokuti su pozicionirani unutardrvenog, pravokutnog okvira tako da točka G leži na stranici HΘ tog okvira, a točka H

uvijek leži na produženoj stranici AB (slika 4.14, b). Druga stranica okvira, HZ, učvršćena

je tako da s HΘ čini pravi kut. Treća stranica KL slobodno klizi duž stranice HZ i okomita

je na nju. Ako se K nalazi na produženoj stranici GB, tada će KL sijeći stranicu AB (ili

njezin produžetak) u nekoj točki, npr. A′, a kada se ta točka tijekom podešavanja mehanizma

poklopi s točkom A, konstrukcija će biti završena. Tada će |BE| i |BD| biti tražene srednjegeometrijske proporcionale izmedu danih duljina |AB| i |BG|.

4.1.7 Nikomed i Dioklo

Nikomed (oko 280.–210. pr. Kr.) je bio grčki matematičar o čijem se životu malo zna.

Slika 4.15: Nikomed (3. st. pr. Kr.)

Ipak, njegova kritika Eratostenove metode rješavanja problema duplikacije kocke i činjenica

da je Apolonije (oko 260.–190. pr. Kr.) nazvao jednu krivulju”sestrom konhoide”, u čast

Nikomedovu otkriću konhoide, daju prilično točnu procjenu vremenskog razdoblja u kojem

je djelovao.

Proučavanje problema udvostručenja kocke dovelo je do otkrića mnogih krivulja i nji-

hovih svojstava. Nikomed je došao do rješenja pomoću krivulje četvrtog reda, konhoide, dok

je Dioklo isto učinio pomoću cisoide, krivulje trećeg reda.

Konhoida je geometrijsko mjesto krajeva jednakih dužina koje se nanose na pojedine

zrake snopa od sjecǐsta zraka s danom transverzalom.

Pogledajmo na slici 4.16 kako je Nikomed konstruirao konhoidu.

21

Slika 4.16: Nikomedova konhoida

Pravac ON rotira oko točke O, pôla krivulje, i pri tom presijeca pravac p u točkama Q.

Krivulja je spojnica svih položaja točaka na rotirajućem pravcu koje su udaljene za |NB| = dod točaka Q. Vektor od točke O do neke točke P na krivulji zove se radij-vektorom točke P .

Označimo li duljinu radij-vektora s r vrijedi

r = |PQ|+ |QO| = d+ |QO|,

|OB| = |QO| cosα.

Ako je |OB| = c, dobili smo polarnu jednadžbu konhoide:

r = d+c

cosα.

Vratimo se na rješenje problema udvostručenja kocke pomoću ove krivulje.

Slika 4.17: Nikomed, udvostručenje kocke.

22

Neka su dane medusobno okomite dužine AB i BC. Nadopunimo ih do pravokutnika ABCL,

vidi sliku 4.17. Neka je točka D polovǐste dužine AB, a točka E polovǐste od BC. Konstru-

iramo pravac DL koji pravac BC siječe u točki G. Iz točke E konstruiramo okomicu EF na

BC tako da je |CF | = |AD|. Spojimo točke F i G te konstruiramo dužinu paralelnu s FGkroz C. Zatim iz točke F povučemo pravac koji siječe CH u točki H te BC u točki K tako

da vrijedi

|HK| = |CF | = |AD|.

To je moguće izvesti pomoću konhoide kojoj je točka F pol, dužina CH tzv. pravac

temeljem kojeg ju konstruiramo (na slici 4.17 to je pravac p) i d = |HK|.

Sad konstruiramo pravac KL, a s M označimo sjecǐste njega i pravca AB. Tada su |AM |i |CK| tražene srednje geometrijske proporcionale izmedu |AB| i |BC|. Provjerimo to.

Kako je točka E polovǐste dužine BC i točka K leži na pravcu BC, vrijedi:

|BK| · |CK|+ |CE|2 = |EK|2.

Dodamo li s obje strane jednakosti |EF |2, dobivamo

|BK| · |CK|+ |CF |2 = |FK|2.

Nadalje, za trokut BKM vrijedi

|AM | : |AB| = |LM | : |LK| = |BC| : |CK|.

Kako je |AB| = 2|AD| i |CG| = 2|BC| dobivamo

|AM | : |AD| = |CG| : |CK| = |FH| : |HK|

i stoga

|DM | : |AD| = |FK| : |HK|.

Iz konstrukcije vidimo da je |HK| = |AD| i stoga |DM | = |FK|, odnosno |DM |2 = |FK|2.Sada je

|DM |2 = |BM | · |AM |+ |AD|2,

|FK|2 = |BK| · |CK|+ |CF |2

te vrijedi |CK| : |AM | = |BM | : |BK| = |CL| : |CK|. Primijetimo da je takoder |BM | :|BK| = |AM | : |AL| te zato vrijedi

|CL| : |CK| = |CK| : |AM | = |AM | : |AL|

23

ili

|AB| : |CK| = |CK| : |AM | = |AM | : |BC|.

Ako uzmemo |AB| = 2a i |BC| = a, vidimo da je ovime riješen problem duplikacije kockebrida a.

Dioklo (oko 240.–180. pr. Kr.) je bio grčki matematičar koji je prvi dokazao svojstva

paraboličnog zrcala i otkrio krivulju cisoidu rješavajući problem udvostručenja kocke. Bavio

se i Arhimedovim problemom odredivanja volumena kugle.

Slika 4.18: Dioklo (3./2. st. pr. Kr.)

Konstrukcija za odredivanje bridova dviju kocaka čiji su volumeni u omjeru 2 : 1 može se

postići pomoću svojstava krivulje cisoide (slika 4.19).

Slika 4.19: Dioklova cisoida.

24

Opǐsimo kako nastaje cisoida. Neka je zadana polukružnica promjera OM. Povlače se

dužine iz O do tangente u M (slika 4.20). Promotrimo jednu takvu dužinu. Njeno sjecǐste

s polukružnicom neka je Q, a s tangentom R. Odredimo točku P tako da je |OP | = |QR| =r. Točka P je jedna točka cisoide. Na osnovi ovog opisa, jednadžba cisoide u polarnim

koordinatama glasi

r = 2 sinϕ · tgϕ.

Pokažimo to.

Slika 4.20: Konstrukcija cisoide.

Neka je polumjer dane polukružnice jedinične duljine, dakle |CO| = |CM | = 1, te |OP | =

|QR| = r. Tada je tgϕ = |RM |2

i cosϕ =2

|OR|, odnosno |RM | = 2 tgϕ i |OR| = 2

cosϕ.

Kako je |OC| = |CQ|, trokut ACQ je jednakokračan, a polovǐste njegove osnovice OQoznačimo s D. Vrijedi |OD| = |DQ|. Iz konstrukcije slijedi

|RM |2 + 1 = |RC|2 = |CD|2 + (|DQ|+ r)2

= |CO|2 − |OD|2 + (|OD|2 + 2|OD|r + r2)

= 1 + 2|OD|r + r2

Nadalje

4(tgϕ)2 + 1 = 1 + r(r + 2|OD|) = 1 + r · |RO|

= 1 +2r

cosϕ.

Konačno

2 · sin2 ϕ

cos2 ϕ=

r

cosϕ

r = 2 sinϕ · tgϕ.

25

Pogledajmo sada kako se pomoću cisoide može riješiti problem udvostručenja kocke.

Slika 4.21: Udvostručenje kocke pomoću cisoide.

Prema osnovnom svojstvu cisoide, |OP | = |QR| = r, i uz oznake kao na slici 4.21,|OT | = x i |TM | = a, vrijedi |QV | = x i |ST | = |QN | = y. Točku X, koja leži na pravcuCX okomitom na pravac OM , konstruiramo tako da je

|CX| = 12|CM | = 1

2r.

Uočimo da je u pravokutnom trokutu OSM

|ST |2 = |OT | · |TM |, tj. y2 = ax.

Promotrimo li slične trokute PTM i CMX vidimo da je

|PT ||TM |

=|CX||CM |

, odnosno|PT |a

=1

2.

Analogno, za slične trokute OTP i ONQ dobiva se

|PT ||OT |

=a

2x=|QN ||ON |

=y

a.

Dakle a2 = 2xy i a3 = 2axy = 2y3, odnosno

a3 = 2y3.

26

4.1.8 Drugi starogrčki matematičari

Apolonije iz Perge (oko 260.–190. pr. Kr.), Filon iz Bizanta (oko 280.–220. pr. Kr.) i Heron

iz Aleksandrije (oko 10.–75.) dali su medusobno vrlo slična rješenja ovog problema. Neka su

dane dvije okomite dužine AB i CD koje nadopunimo do pravokutnika ABDC te označimo

s E sjecǐste njegovih dijagonala (slika 4.22). Točka E je ujedno i sredǐste tom pravokutniku

opisane kružnice.

Slika 4.22: Apolonije, udvostručenje kocke.

Apolonijeva zamisao je da se konstruira još jedna kružnica koja pravce AB i AC siječe

u točkama F i G tako da F , G i D leže na istom pravcu. S druge strane, Heron je koristio

ravnalo postavljajući ga tako da jedan njegov rub prolazi kroz točku D i okreće se oko nje

sve dok rub ravnala ne presijeca pravce AB i AC u točkama F i G koje su jednako udaljene

od točke E. Slično Filon okreće ravnalo oko točke D sve dok ne presijeca pravce AB i AC te

kružnicu opisanu pravokutniku ABDC u točkama F , G i H tako da vrijedi |FD| = |HG|.

Pomoću triju navedenih konstrukcija dobivaju se iste točke, F i G. Pokažimo prvo da

je |AF | · |FB| = |AG| · |GC|. Označimo li s K polovǐste dužine AB, prema Apolonijevoj iHeronovoj konstrukciji je

|AF | · |FB|+ |BK|2 = |FK|2

te dodamo li s obje strane jednakosti |KE|2 vrijedi

|AF | · |FE|+ |BE|2 = |EF |2.

Slično

|AG| · |GC|+ |CE|2 = |EG|2.

27

|BE| = |CE| i |EF | = |EG|, stoga

|AF | · |FB| = |AG| · |GC|.

U Filonovoj konstrukciji, obzirom da |GH| = |FD| vrijedi

|HF | · |FD| = |DG| · |GH|.

Takoder je |HF | · |FD| = |AF | · |FB| i |DG| · |GH| = |AG| · |GC| pa stoga

|AF | · |FB| = |AG| · |GC|.

Zbog sličnosti trokuta FAG, CDG i BFD slijedi

|FA| : |AG| = |DC| : |CG| = |FB| : |BD|,

pa je stoga

|DC| : |CG| = |CG| : |FB| = |FB| : |BD|,

odnosno

|AB| : |CG| = |CG| : |FB| = |FB| : |AC|.

Rješenja ekvivalentna Dioklovu daju i Sporus iz Niceje (240.–300.) te Papus iz Aleksandrije

(290.–350.) no oni u svojim konstrukcijama ne koriste krivulju cisoidu. Smatra se da je

Sporus bio Papusov učitelj ili kolega matematičar te da je Papus preuzeo sve zasluge za

rješenje ovog problema.

4.2 O nemogućnosti rješenja udvostručenja kocke

Zaključimo ovo poglavlje dokazom nerješivosti ovog problema ravnalom i šestarom. Potrebno

je konstruirati brid kocke čiji je volumen jednak dvostrukom volumenu zadane kocke. Ako

je zadana kocka brida a, a brid tražene kocke označimo s x, tada rješavamo jednadžbu

x3 = 2a3,

odnosno trebamo konstruirati dužinu mjernog broja x = a 3√

2 iz zadane duljine a. Očigledno

je ovaj zadatak rješiv točno onda ako je moguće ravnalom i šestarom, uz danu jediničnu

dužinu, konstruirati dužinu mjernog broja 3√

2.

Kada bi taj zadatak bio rješiv, prema teoremu 3.3 broj x = a 3√

2 bio bi konstruktibilan iz

broja 1 te bi jednadžba

x3 − 2 = 0

28

imala jedno rješenje, konstruktibilno iz racionalnih brojeva. Prema istom teoremu ova bi

jednadžba morala imati najmanje jedno racionalno rješenje, koje bi prema teoremu 3.4 bilo

djelitelj od 2. Uvrštavanjem vidimo da nijedan od brojeva 1, -1, 2, -2 nije rješenje jednadžbe,

odnosno da ona nema racionalnih rješenja. Dakle, ova konstrukcija nije rješiva ravnalom i

šestarom.

29

Poglavlje 5

Problem kvadrature kruga

Problem kvadrature kruga je jedan od najstarijih, najpoznatijih i sigurno najčuvenijih mate-

matičkih problema. Njime su se bavili mnogi istaknuti matematičari, još od antike pa sve

do 19. stoljeća, kad je i riješen. Ovaj problem se sastoji u konstrukciji, ravnalom i šestarom,

kvadrata čija je površina jednaka površini zadanog kruga.

Jedan od najstarijih sačuvanih matematičkih dokumenata je Rhindov papirus, nazvan

po škotskog egiptologu A. H. Rhindu koji ga je kupio 1858. u Luxoru. Taj papirus se danas

nalazi u muzeju British Museum u Londonu. Napisao ga je pisar Ahmes (oko 1680.–1620. pr.

Kr.) oko 1650. pr. Kr., ali neki stručnjaci vjeruju da se Rhindov papirus zasniva na originalu

koji potječe iz oko 3400. pr. Kr. U Rhindovom papirusu Ahmes daje pravila kako konstru-

irati kvadrat površine gotovo jednake površini kruga. Promjer kruga podijelimo na devet

jednakih dijelova te nad 8/9 promjera konstruiramo kvadrat. Tada je površina tog kvadrata

približno jednaka površini danog kruga. Dakle, vrijedi π ≈ 4 ·�

8

9

�2, odnosno π ≈ 3, 1605,

što je prilično dobra aproksimacija. Iako ovo nije prava geometrijska konstrukcija, ipak nam

pokazuje da je za ovaj problem postojao interes od samih početaka bavljenja matematikom.

Problem kvadrature kruga u današnjem obliku potječe iz grčke matematike i nije uvijek

bio ispravno shvaćen. Dakle, problem je bio konstruirati kvadrat površine jednakoj površini

zadanog kruga. Nisu bile potpuno jasne metode kojima su se služili prilikom približnih ko-

nstrukcija, a njihov broj je rastao kako se povećavao broj pokušaja rješenja ovog problema.

Papus, u svom djelu Matematička kolekcija, razlikuje tri tipa problema u geometriji ko-

jima su se bavili antički Grci. To su”ravninski”,

”prostorni” i

”linearni”. U današnje vrijeme

o problemu kvadrature kruga razmǐsljamo kao o problemu koji se rješava pomoću ravnala

30

i šestara pa bi on u Papusovoj terminologiji bio”ravninski” problem. No, antički Grci se

nisu ograničili na traženje samo takvog rješenja, za koje danas znamo da je nemoguće, nego

su razvijali razne metode i krivulje specijalno za tu svrhu te smǐsljali konstrukcije koje se

temelje na mehaničkim metodama.

5.1 Znameniti matematičari koji su rješavali problem

kvadrature kruga

5.1.1 Anaksagora iz Klazomene

Anaksagora (oko 499.–428. pr. Kr.) je bio prvi poznati matematičar koji se bavio problemom

kvadrature kruga. Znamenit je i po tome što je prvi upoznao Atenjane s filozofijom kad se

oko 480. pr. Kr. onamo doselio.

Slika 5.1: Anaksagora iz Klazomene (5. st. pr. Kr.)

Oko 450. pr. Kr. dospijeva u zatvor jer je tvrdio da Sunce nije bog i da Mjesec reflektira

sunčeve zrake. Tijekom tog boravka u zatvoru pokušava riješiti problem kvadrature kruga

koristeći samo ravnalo i šestar. Problem je ubrzo postao vrlo popularan te se čak spominje

u drami Ptice koju je oko 414. pr. Kr. napisao Aristofan. Od tog vremena se za osobu koja

pokušava nešto nemoguće kaže da”kvadrira krug”!

5.1.2 Antifont i Brison

Antifont (oko 480.–411. pr. Kr.) i Brison (oko 450.–390. pr. Kr.) zajedno su dali ideje,

odnosno dokaze, vezane za kvadraturu kruga koje su se pokazale važnim za budući razvoj

matematike. Antifont je bio grčki govornik i državnik koji je uveo retoriku kao profesiju.

Bio je sofist i Sokratov suvremenik. On za rješenje predlaže upisivanje pravilinih poligona u

31

krug, krenuvši od kvadrata, preko osmerokuta i tako redom nastavljajući proces neprestano

udvostručujući broj stranica (slika 5.2). Tada će se ostatak, odnosno razlika do stvarne

površine kruga, iscrpiti kad dodemo do dovoljno velikog broja stranica.

Slika 5.2: Antifont, kvadratura kruga.

Zbog toga se Antifont smatra prethodnikom Eudoksove metode ekshaustije i konačnog

Arhimedovog rješenja. Antifontova rješenja je unaprijedio Brison. Brison je jedan kvadrat

upisao u krug te drugi opisao oko njega. Zatim promatra kvadrat izmedu njih i primjećuje

da je taj srednji kvadrat manji od vanjskog, a veći od unutarnjeg. Takoder, krug je manji

od vanjskog kvadrata i veći od unutarnjeg pa zaključuje da su površine kruga i srednjeg

kvadrata jednake, vidi sliku 5.3, a). Taj zaključak je naravno pogrešan jer je moguće naći

vǐse brojeva izmedu dva broja.

Slika 5.3: Brison, kvadratura kruga.

Za srednji kvadrat neki smatraju da je trebao biti aritmetička sredina upisanog i opisanog

kvadrata, a drugi geometrijska sredina. Obje su pretpostavke očito posljedica nesporazuma

jer nije jasno zapisano što za Brisona predstavlja srednji kvadrat. Brison je dobiveni rezultat

32

proširio tako što je uzimao pravilne poligone sa sve većim brojem stranica. Pritom se razlika

izmedu krugu upisanih i opisanih poligona sve vǐse smanjuje pa površine srednjeg poligona

(koji se nalazi izmedu njih) i kruga postaju jednake, vidi sliku 5.3, b).

5.1.3 Hipokrat s Hiosa

Već spomenuti Hipokrat se uz problem udvostručenja kocke bavio i problemom kvadra-

ture kruga. U njegovo vrijeme, Grci su već znali kvadrirati pravokutnik, trokut, odnosno

svaki konveksan poligon. No, kada su htjeli kvadrirati krug pojavio se problem. Uočili

su da bi kvadriranje krivocrtnog lika, npr. mjeseca, vjerojatno olakšalo nalaženje rješenja

ovog problema. Hipokrat je prvi točno odredio površinu nekog lika obrubljenog krivu-

ljama; tražeći rješenje problema kvadrature kruga, našao je površine Hipokratovih mjeseca.

Općenito, mjesec je geometrijski lik omeden lukovima dviju kružnica s različitim polumje-

rima i sredǐstima (slika 5.4).

Slika 5.4: Mjesec.

Hipokratovo rješenje se temelji na njegovom teoremu da se površine sličnih kružnih

odsječaka odnose kao kvadrati njihovih pripadnih tetiva. To objašnjava činjenicom da se

površine krugova odnose kao kvadrati njihovih polumjera. Dokaz njegovog teorema, u ko-

jem koristi Arhimedovu metodu ekshaustije, može se naći u Euklidovim elementima.

Postoji pet mjeseca takvih da možemo, ravnalom i šestarom, konstruirati kvadrat jedna-

ke površine i njih zovemo Hipokratovim mjesecima. Hipokrat je znao za tri od njih. Pod

pojmom kvadrature lika podrazumijevamo konstrukciju poligona jednake površine jer je ge-

ometrijskom algebrom moguće svaki poligon pretvoriti u kvadrat iste površine.

33

Napomenimo još da Hipokrat nije tvrdio da je moguće naći kvadrat jednake površine za

bilo koji proizvoljan mjesec obrubljen lukovima kružnica. Vrlo vjerojatno je bio svjestan da

se korǐstenjem njegove metode ne može riješiti problem kvadrature kruga.

Hipokratovi mjeseci

1. Neka je zadan polukrug s promjerom CE i sredǐstem u A. Konstruiramo dužinu

AD, okomitu na CE, pri čemu se dobije jednakokračan trokut CDE takav da vrijedi

|CE|2 : |CD|2 = 2 : 1. Radi lakšeg računanja uzmimo da su krakovi tog trokuta duljine 1.Neka je B polovǐste dužine CD. Konstruiramo polukrug sa sredǐstem B i promjerom CD

(slika 5.5).

Slika 5.5: Prvi Hipokratov mjesec.

Kako je |CE|2 : |CD|2 = 2 : 1, koristeći suvremeni oblik formule za površinu krugavidimo da vrijedi

PCGD =1

2·�

1

2

�2π =

π

8,

PCDE =1

2· √

2

2

!2π =

π

4,

PACFD =1

4· √

2

2

!2π =

π

8,

tj. površina polukruga CGD je jednaka polovini površine polukruga CDE, odnosno površini

kružnog isječka ACFD.

Kružni odsječak CFDB pripada i kružnom isječku ACFD i polukrugu CGD pa je

površina mjeseca CGDF jednaka površini trokuta ACD, odnosno kvadrata ABDH.

34

Nadalje, kako su kružni odsječci s pripadnim tetivama CG i GD slični odsječku s pripa-

dnom tetivom CD i vrijedi |CG|2 : |GD|2 : |CD|2 = 1 : 1 : 2 slijedi da je površina mjesecaCGDF takoder jednaka i površini jednakokračnog trokuta GCD.

Promatrali smo slučaj u kojem je vanjski rub mjeseca luk polukruga. Hipokrat je

proučavao i slučajeve gdje je vanjski rub mjeseca manji od luka polukruga, te slučajeve

gdje je vanjski rub veći od luka polukruga pokazavši da u svakom slučaju možemo odrediti

kvadraturu mjeseca.

Kod drugog Hipokratovog mjeseca je sredǐsnji kut vanjskog luka veći od 180◦. Do njegove

konstrukcije dolazimo na sljedeći način.

2. Konstruiramo jednakokračan trapez CHKD takav da vrijedi |CD| : |CH| : |HK| :|KD| =

√3 : 1 : 1 : 1.

Slika 5.6: Drugi Hipokratov mjesec.

Kako je trapez CHKD jednakokračan, može mu se opisati kružnica1 sa sredǐstem B.

Zatim konstruiramo trokut CAD sličan trokutu CBH te krug sa sredǐstem u točki A koji

prolazi kroz C i D. Kružni odsječak nad tetivom CD je sličan odsječcima s pripadnim teti-

vama CH, HK i KD (slika 5.6).

Obzirom da je |CD| : |CH| : |HK| : |KD| =√

3 : 1 : 1 : 1, primijetimo da je površina

kružnog odsječka nad tetivom CD jednaka zbroju površina kružnih odsječaka nad CH, HK

1Sredǐste B se dobije kao sjecǐste simetrala stranica trapeza.

35

i KD. Stoga je površina trapeza CHKD jednaka površini mjeseca CHKD.

Treća Hipokratova konstrukcija, gdje je vanjski luk mjeseca manji od 180◦, nešto je

složenija.

3. Posljednji mjesec za kojeg je je Hipokrat pokazao da se može kvadrirati ravnalom

i šestarom dobijemo tako da najprije konstruiramo polukružnicu nad promjerom AC sa

sredǐstem B. Zatim konstruiramo pravac s koji je simetrala polumjera BC te točkom C

povučemo tetivu CF koja siječe simetralu s u točki E i polukružnicu u točki F tako da je

|FE|2 = 32|FB|2 (slika 5.7).

Slika 5.7: Treći Hipokratov mjesec.

Hipokrat ovdje upotrebljava jednu kod grčkih matematičara često korǐstenu konstrukciju,

konstrukciju dužine dane duljine (u ovom slučaju je to dužina FE), čije krajnje točke leže

na zadanom pravcu ili krivulji (ovdje su to pravac s i polukružnica) i čiji produžetak prolazi

zadanom točkom (u ovom slučaju točkom C).

Napomenimo da nije sigurno je li ovu konstrukciju Hipokrat izveo šestarom i ravnalom

ili je koristio neku posebnu vrstu ravnala kod koje je dužina FE fiksirana i kojeg je moguće

pomjerati i rotirati oko točke C dok točke E i F ne budu na polukružnici i pravcu s. Ipak,

smatra da je Hipokrat morao unaprijed konstruirati dužinu FE koja je srednja geometrijska

proporcionala izmedu duljina polumjera |AB| i 32|AB|, tj. a :

√3

2a =

√3

2a :

3

2a. Možemo

stoga pretpostaviti da je znao konstruirati srednju geometrijsku proporcionalu x izmedu dvije

zadane dužine a i b, te da je kvadrat x2 jednak površini pravokutnika ab. Drugim riječima,

36

znao je riješiti kvadratnu jednadžbu ab = x2.

Zbog sličnosti trokuta FBC i BEC vrijedi

|CF ||BC|

=|BC||CE|

,

odnosno

|CF | · |CE| = |BC|2.

Ukoliko je |CE| = x i |BC| = a, dobivamo x+

Ê3

2a

!x = a2

jer je |FC| = |FE|+ |EC| =Ê

3

2|FB|+ |EC| =

Ê3

2a+ x.

Konačno

x2 +

Ê3

2ax− a2 = 0.

Dakle ako znamo x lako konstruiramo točke E i F , a zatim i točku D, koja je osnosime-

trična slika točke F obzirom na simetralu s. Dobijemo jednakokračan trapez FBCD kojemu

opǐsemo kružnicu i kružni luk DEF pri čemu dobijemo mjesec FBCDE čija je površina je-

dnaka površini peterokuta FBCDE.

Neka je u trapezu FBCD točka E sjecǐste dijagonala. Vrijedi |FB| = |BC| = |CD| = a

i |FE| = |ED| = aÊ

3

2. Neka je S sredǐste kružnice opisane trapezu FBCD, a Q sredǐste

kružnice opisane trokutu FED. Trokuti BSC i EQD su slični i površina odsječka nad

dužinom ED je3

2puta veća od površine odsječka nad BC. Unija dijelova nad tetivama FB,

BC i CD ima istu površinu kao unija dijelova nad tetivama FE i ED. Time smo dokazali

da su površine peterokuta FBCDE i mjeseca FBCDE jednake jer je površina peterokuta

jednaka površini mjeseca kojoj dodamo zbroj površina nad tetivama FE i ED i oduzmemo

zbroj površina nad FB, BC i CD.

Priča o Hipokratovim mjesecima završena je tek u 20. stoljeću. Ukratko ćemo opisati

što se dalje dogadalo na ovom području tako što ćemo problemu kvadrature mjeseca dati

trigonometrijski oblik. Neka je dan proizvoljan mjesec, čiji vanjski luk pripada krugu polu-

mjera r i sredǐsnjem kutu 2θ, a unutarnji luk krugu polumjera R i sredǐsnjem kutu 2φ (slika

5.8).

37

Slika 5.8: Mjesec, trigonometrijski oblik rješenja.

Označimo s P površinu mjeseca koji se konstruira na ranije opisan način, s P1 površinu

kružnog isječka ADC s pripadnim kutom 2θ i P2 površinu kružnog isječka BDC s pripadnim

kutom 2φ. Zatim, neka je P3 površina trokuta ABC i P4 površina trokuta ADC. Tada je

P = P1 − P2 + P3 − P4

odnosno

P = r2θ −R2φ+ 12

(R2 sin 2φ− r2 sin 2θ).

Uzmemo li da je P1 = P2, odnosno r2θ = R2φ, vrijedi

P =1

2(R2 sin 2φ− r2 sin 2θ).

Neka je u tom slučaju omjer sredǐsnjih kutova racionalan broj k, odnosno θ = kφ. Tada je

R =√kr te površina mjeseca

P =1

2r2(k sin 2φ− sin 2kφ).

Obzirom da je uvijek r sin θ = R sinφ, vrijedi

sin θ =√k sinφ,

odnosno

sin kφ =√k sinφ. (5.1)

38

Ova jednadžba se, u posebnim slučajevima racionalnih brojeva k, može pojednostaviti

se tako da se dobije jednadžba za sinφ iz koje se lako, korǐstenjem četiri osnovne računske

operacije i vadenja kvadratnog korijena, može izraziti sinφ. Tada znamo konstruirati kut

φ, dakle znamo i konstruirati mjesec nad danom tetivom (odnosno danim unutarnjim ili va-

njskim polumjerom). Koristeći formulu za površinu, možemo konstruirati kvadrat površine

P .

Postoji samo pet vrijednosti broja k takvih da jednadžba (5.1) ima konstruktibilna

rješenja. Rješenja za slučajeve kada je k jednak 2, 3 i 3/2, odnosno kada je površina

mjeseca jednaka površini jednakokračnog trokuta, jednakokračnog trapeza i nekonveksnog

peterokuta, dao je Hipokrat. Preostala dva primjera mjeseca za koje možemo konstruirati

kvadrat jednake površine pronašao je M. J. Wallenius 1766. godine, i to za k = 5 i k = 5/3.

Ovaj problem opet postaje popularan u 20. stoljeću. Godine 1903. E. Landau je istraživao

problem bez pretpostavke da je razlika površina kružnih isječaka jednaka 0; uzima da je

jednaka površini čija je vrijednost konstruktibilan broj. Po njemu, to poopćenje ne dovodi

do novih primjera kvadrature i ona je moguća ako je k Fermatov prost broj (tj. broj oblika

k = 22j

+ 1, j = 0, 1, 2, . . .). L. Čakalov je 1929. dokazao Landauov iskaz na jednosta-

vniji način te dao i druge primjere kada se ne može odrediti kvadratura. Godine 1934. N.

Čebotarev je potvrdio slutnju da je kvadratura mjeseca s racionalnim omjerom sredǐsnjih

kutova moguća samo za k = 2, 3, 3/2, 5 i 5/3 na primjeru k = m/n, gdje su m i n ra-

zličiti prosti brojevi. Tek 1947. A. V. Dorodnov je u potpunosti riješio problem. Detaljno je

proučavao slučaj kada je jedan od brojeva m i n prost, a drugi složen te dokazao da postoji

samo pet mjeseca za koje je moguće konstruirati kvadrat površine jednake površini danog

mjeseca. Time je zaključena priča o Hipokratovim mjesecima.

5.1.4 Hipija iz Elide

Hipija (oko 460.–400. pr. Kr.) je bio grčki državnik i filozof koji je zaradivao putujeći i držeći

predavanja iz poezije, gramatike, povijesti, politike, arheologije, matematike i astronomije.

Platon ga je opisao kao ubraženu, hvalisavu i arogantnu osobu širokog, ali površnog znanja.

Njegov jedini doprinos matematici je otkriće krivulje kvadratrise oko 420. pr. Kr. čiji se opis

i primjena na kvadraturu kruga može naći u Papusovom znamenitom djelu o geometriji,

Kolekciji, iz 340. g. To je vrsta enciklopedije u osam knjiga koja predstavlja skup starijih

matematičkih djela. Četvrta knjiga sadrži opis Hipijine kvadratrise.

Neka je dan kvadrat ABCD te neka je BED dio kruga sa sredǐstem u A i polumjerom

39

AD. Kvadratrisa je krivulja koja je geometrijsko mjesto točaka F , koje su sjecǐsta stranice

kvadrata DC koja jednoliko pada na stranicu AB s drugom stranicom tog kvadrata AD koja

jednoliko rotira oko A do položaja AB (slika 5.9). Stranica DC padne na AB točno kad i

AD.

Slika 5.9: Hipijina kvadratrisa.

Dužina |AD| = a rotira se za pravi kut u t sekundi stalnom kutnom brzinom pa prematome za α stupnjeva treba

αt

90sekundi. Dužina AD′ prevali udaljenost a za t sekundi pa stoga

za pomak |D′F | = r · sinα tj. za vrijeme dok AD zarotira za α stupnjeva, treba r sinα · ta

sekundi. Odatle slijedir sinα · t

a=αt

90.

Označimo li k =a

90, vrijedi

r sinα = k · α. (5.2)

Veličinu r zovemo duljinom radij-vektora točke F . Rješenje problema kvadrature kruga za-

sniva se na činjenici da je 90◦ =π

2u radijanima. Zato, ako α mjerimo u radijanima, u

jednadžbu (5.2) možemo za k uvrstiti K =2a

π. Ako se α približava nuli,

sinα

αse približava

jedinici pa r postaje AD′ te je |AD′| = K = 2aπ. Ako je a = 1, vrijedi

|AD||AD′|

=π

2, odnosno

2|AD| = π · |AD′| te smo tako konstruirali dvije dužine kojima je omjer iracionalan broj π.

Kvadratrisa spada u takozvane mehaničke krivulje i nemoguće ju je konstruirati ravnalom

i šestarom pa ovo rješenje ne zadovoljava uvjet euklidske konstrukcije. Osim za rješenje pro-

blema kvadrature kruga, može se iskoristiti i za rješenje trisekcije kuta.

Pomoću kvadratrise problem je pokušao riješiti i Dinostrat.

40

5.1.5 Dinostrat

Dinostrat (oko 390.–320. pr. Kr.) je bio grčki matematičar kojemu se pripisuje primjena

kvadratrise u pokušaju rješenja kvadrature kruga. Iz Papusovih zapisa saznajemo o primje-

ni kvadratrise na rješenje ovog problema.

Prema slici 5.9 kvadratrisa siječe stranicu AB u točki G pri čemu je

DB_

: |AB| = |AB| : |AG|.

Tu jednakost možemo iskoristiti za dokaz da je površina kruga jednaka površini pravokutnog

trokuta čija je jedna kateta radijus, a druga opseg tog kruga.

Papus je takoder zabilježio Sporusove primjedbe na konstrukciju kvadratrise — tvrdi da

stranica B′C ′, koja pada jednolikom brzinom, nikada neće sjeći stranicu AB pa se ne može

odrediti ni točka G. Nju možemo naći kao graničnu vrijednost.

Pretpostavlja se da je Dinostrat imao još značajnijih geometrijskih dostignića, no ona

nisu ostala sačuvana.

5.1.6 Arhimed iz Sirakuze

Arhimed (oko 287.–212. pr. Kr.) je bio najznačajniji primijenjeni matematičar i fizičar svog

doba.

Slika 5.10: Arhimed iz Sirakuze (3. st. pr. Kr.)

Poznata je anegdota kako je uzviknuo”Heureka!” kad je otkrio jednostavan način za

izračunavanje omjera zlata i srebra u kruni kralja Hierona iz Sirakuze koja je bila izradena

od smjese ta dva elementa.

41

Usavršio je metodu integriranja koja mu je omogućila pronalazak površina, volumena i

oplošja mnogih tijela. Primjenom metode ekshaustije, Eudoksovog oblika metode integri-

ranja, dobio je niz važnih rezultata. Posebno važno je njegovo odredivanje volumena kugle.

Izumio je sustav za označavanje velikih brojeva te je upisujući i opisujući krugu pravilni

96-erokut dobio dobru ocjenu za vrijednost broja π :

310

71< π < 3

1

7.

U mehanici je otkrio osnovne teoreme za odredivanje težǐsta tijela. Pored toga izumio je

tzv. Arhimedov vijak za podizanje velikih količina vode na veću razinu. Glavna Arhimedova

djela su O kugli i valjku, O mjerenju kružnice i kruga, O ravnoteži u ravnini, O kvadraturi

parabole, O konoidama i sferoidama, O spiralama, Metoda, Pješčanik i dr.

Arhimed je znamenit po uvodenju spiralne krivulje, Arhimedove spirale, za koje je imao

razloge geometrijske, astronomske i mehaničke prirode. Arhimedova spirala je putanja točke

koja se jednoliko giba po pravcu koji istovremeno jednoliko rotira oko polazǐsta te točke

(slika 5.11). Konstruira se tako da se nacrta niz koncentričnih kružnica s radijusima čije

veličine rastu u jednakim prirastima.

Slika 5.11: Arhimedova spirala.

Njena polarna jednadžba je r = aθ, pri čemu je a udaljenost točke od polazǐsta O nakon

jednog punog okreta. Arhimed je dokazao da njegova spirala za dani a ima površinu jedna-

ku trećini površine kruga polumjera a, tj. da je površina spirale koja nastaje nakon jednog

punog okretaa2π

3.

42

Arhimed je dao najveći starogrčki napredak u rješenju problema kvadrature kruga. U

prvoj propoziciji djela O mjerenju kružnice i kruga dokazao je da je površina kruga jednaka

površini pravokutnog trokuta kojemu je jedna kateta jednaka polumjeru, a druga opsegu

kruga. Za dokaz te jednakosti koristi sljedeće pretpostavke i teoreme:

1. Krug i kružni odsječak imaju površinu.

2. Površina skupa u parovima disjunktnih trokuta i kružnih odsječaka je jednaka zbroju

njihovih površina. Specijalno, rastavimo li krug na disjunktne trokute i kružne odsječke,

površina kruga se može dobiti kao zbroj njihovih površina. Vrijedi i da je površina

kruga veća od zbroja površina bilo kojeg pravog podskupa tih trokuta i odsječaka.

3. Za svaki krug postoji dužina veća od opsega bilo kojeg tom krugu upisanog poligona i

manja od opsega bilo kojeg tom krugu opisanog poligona. To je opseg kruga.

4. Arhimedov aksiom: Za svake dvije površine P i S postoji prirodan broj m takav da je

mP > S.

5. Pravilni 2n-terokut upisan u krug pokriva vǐse od 1−2−(n−1) njegove površine, a pravilni2n-terokut opisan krugu ima površinu manju od 1 + 2−(n−2) površine kruga.

6. Površina kruga je proporcionalna kvadratu njegova promjera.

Njegov dokaz temeljem tih pretpostavki je kako slijedi.

Slika 5.12: Površina upisanog 2n-terokuta.

Ako bi površina kruga P bila veća od površine S pravokutnog trokuta kojemu je jedna

kateta jednaka polumjeru, a druga opsegu tog kruga, onda iz četvrte i pete pretpostavke

zaključujemo da postoji prirodan broj n takav da je

S < površina upisanog 2n-terokuta

43

dakle, S je manji od površine upisanog 2n-terokuta. Ako je AB stranica tog upisanog 2n-

terokuta i N njeno polovǐste, spojnica sredǐsta kruga O s N bit će okomita na AB pa je

|ON | < r, gdje je r polumjer kruga. Prema trećoj pretpostavci slijedi da je površina upisanog2n-terokuta jednaka

2n|AB| · |ON |

2= |ON |2

n|AB|2

<r · o

2= S,

gdje je s o označen opseg kruga (slika5.12).

Ako bi bilo P < S, onda iz četvrte i pete pretpostavke slijedi da postoji prirodan broj

n takav da je

S > površina opisanog 2n-terokuta.

Ako je AB stranica tog opisanog 2n-terokuta, prema trećoj pretpostavci slijedi da je površina

opisanog 2n-terokuta jednaka

2n|AB|r

2>r · o

2= S,

vidi sliku 5.13.

Slika 5.13: Površina opisanog 2n-terokuta.

Dakle, budući da nije ni P < S ni S < P, prema Aristotelovom principu isključenja trećeg

slijedi P = S. 2

Promatranjem površina upisanih i opisanih pravilnih poligona dobivamo interval u kojem je

sigurno sadržan broj π. Donja ograda takvog intervala je površina kružnici upisanog mno-

gokuta, a gornja ograda je površina kružnici opisanog mnogokuta.

Pogledajmo sada kako je Arhimed koristeći spiralu riješio problem kvadrature kruga.

Nacrtajmo Arhimedovu spiralu (čija je polarna jednadžba r = aθ) s početnom točkom O te

na njoj točku B koju dobijemo nakon njenog jednog punog okretaja, |OB| = a.

44

Slika 5.14: Arhimed, kvadratura kruga.

Uzmemo li da je θ =π

2, označimo na spirali točku Q takvu da je r = OQ = a

π

2, vidi

sliku 5.14. Tada pravokutnik sa stranicama 2a i OQ ima površinu jednaku površini kruga

polumjera a, tj. 2a · aπ2

= a2π. Dakle, jednakost vrijedi.

5.2 O nemogućnosti rješenja kvadrature kruga

Priča o broju π poznata je od samog početka bavljenja matematikom. Ranije smo spomenuli

aproksimacije koje su koristli stari Egipćani, Babilonci i Grci. Ptolomej Aleksandrijski (umro

168.) je u djelu Almagest za aproksimaciju broja π dobio 3,1416. Kineski matematičar Liu

Hui (oko 220.–280.) je dobio π ≈ 3, 141014 te predložio 3,14 kao dobru aproksimaciju.Dugo godina nakon Arhimeda nije došlo do bitnijeg pomaka u izračunavanju broja π sve do

5. stoljeća kada je kineski matematičar Zu Chongzhi (429.–501.) aproksimirao π s355

113te

dokazao

3, 1415926 < π < 3, 1415927.

Prvi veliki indijski matematičar Aryabhatta stariji (476.–550.) daje dosta točnu aproksi-

maciju za π :”

Dodaj 4 k 100, pomnoži s 8 i svemu dodaj 62000. To što si dobio je priblǐzna

duljina opsega kruga s promjerom 20000”. Iz opisanog proizlazi da je π aproksimiran s

3,1416. Egipćanin Abu Kamil (oko 850.–930.), čija su djela temelj Fibonaccijevih i time

uvodenja algebre u Europu, je za π koristio aproksimaciju22

7. Godine 1050. flamanski

matematičar Franco iz Liegea (11. st.) je napisao raspravu o problemu kvadrature kruga

u kojoj ispituje ranije metode temeljene na pretpostavkama da je vrijednost broja π jednaka25

8,

49

16i 4. Kako je utvrdio da su te vrijednosti netočne, daje svoju konstrukciju uzimajući da

45

je π =22

7. Unatoč velikoj povijesnoj vrijednosti, ova rasprava ipak pokazuje da su europska

matematička dostignuća ovog vremena bila dosta slabija od starogrčkih i arapskih. Leonardo

iz Pise (Fibonacci, živio je oko 1180.–1250.) je jedan od prvih eminentnih matematičara u

Europi. Broj π aproksimira s864

275≈ 3, 141818182 koristeći se postupkom upisivanja i opisi-

vanja pravilnog 96-erokuta.

Prvi ozbiljniji pokušaj rješenja problema kvadrature kruga dao je oko 1450. g. njemački

filozof i biskup Nicholas iz Cuse (oko 1401.–1464.), no njegova metoda upisanih i opisanih

poligona pokazala se netočnom. Poznati renesansni slikar i znanstvenik Leonardo da Vinci

(1452.–1519.) je razvio nekoliko novih mehaničkih metoda za kvadriranje kruga. Mnogi

matematičari 16. stoljeća bave se proučavanjem ovog problema. Počeci infinitezimalnog

računa dovode do većeg interesa za problem kvadrature kruga, no i dalje nema ispravnog

dokaza nerješivosti, a naravno ni rješenja problema. Ludolph Van Ceulen (1540.–1610.), po

kojemu je broj π dobio ime Ludolphov broj, je poznat po izračunu broja π na 35 decimala što

je učinio pomoću poligona s 262 strana. Računanju broja π se posvetio do kraja svog života

pa je tražio da mu se tih 35 decimalnih mjesta uklešu na nadgrobni spomenik. Engleski

matematičar John Wallis (1616.–1703.) je u svom glavnom matematičkom djelu Arithmetica

infinitorum dao sljedeću formulu bez dokaza:

π

2=

2

1· 2

3· 4

3· 4

5· 6

5· 6

7· 8

7· 8

9. . . =

22 · 42 · 62 · . . .32 · 52 · 72 · . . .

=∞Y

n=1

�2n

2n+ 1

�2,

gdje je π prvi put predstavljen beskonačnim izrazom. Navedena formula je jedna od najra-

nijih danih za π, dok jednu od najpoznatijih pripisujemo G. W. Leibnizu (1646.–1716.)

iako ju je vjerojatno prvi otkrio J. Gregory (1638.–1675.) pokušavajući dokazati da je π

transcendentan iz čega slijedi da ne postoji euklidska metoda kvadrature kruga:

π

4= 1− 1

3+

1

5− 1

7+ . . . =

∞Xn=0

(−1)n

2n+ 1.

Neki matematičari, primjerice Christiaan Huygens (1629.–1695.), su vjerovali da je π algeba-

rski broj, odnosno da se uvijek može prikazati kao korijen algebarske jednadžbe s racionalnim

koeficijentima. Godine 1761. dolazi do velikog iskoraka u dokazivanju kvadrature kruga ra-

vnalom i šestarom. Naime, tada je švicarski matematičar J. Lambert (1728.–1777.) pokazao

da je π iracionalan dokazavši prvo da vrijedi sljedeća jednakost:

tg x =x

1− x2

3− x2

5− x2

7− . . .

. (5.3)

46

Dokazao je da za racionalan broj x 6= 0 lijeva strana jednakosti (5.3) mora biti iracionalanbroj. Kako je tg

π

4= 1, slijedi da je

π

4iracionalan pa je stoga iracionalan i broj π. No, ta

činjenica ne dokazuje rješivost, odnosno nerješivost, problema. Dolazi do velikog broja ama-

terskih rješenja pa su parǐska Akademija, te nedugo zatim londonski Royal Society, odbili

pregledavati daljnje pokušaje rješenja. Unatoč tome problem ne gubi na popularnosti. Tako

je A. De Morgan (1806.–1871.) predložio sv. Vida kao sveca zaštitnika svih koji su rješavali

ovaj problem te uveo pojam”morbus cyclometricus”, što prevedno s latinskog znači bolest

kvadriranja kruga.

Konačni dokaz nerješivosti problema kvadrature kruga ravnalom i šestarom donosi 1882.

F. von Lindemann (1852.–1939.), kada je dokazao da je π transcendentan broj, odnosno da

se ne može prikazati kao korijen algebarske jednadžbe s racionalnim koeficijentima. Dakle,

broj koji nije algebarski je transcendentan. Kako su racionalni brojevi takoder i algebarski

brojevi slijedi da je svaki transcendentan broj ujedno i iracionalan. Uzmemo li da je polumjer

zadanog kruga jedinična dužina, površina kruga će biti π. Da bi mogli konstruirati kvadrat

jednake površine, moramo konstruirati stranicu duljine√π. Pretpostavimo li da je moguće

konstruirati√π, moguće je konstruirati i π. Budući je π transcendentan broj, prema (3.1)

slijedi da nije konstruktibilan. Dakle, problem kvadrature kruga nije rješiv pomoću ravnala

i šestara.

U to vrijeme se nastavlja izračenavanje broja π na sve vǐse decimala pa je izmedu ostalih

J. Machin 1706. izračunao broj π na 100 decimala, F. von Vega 1794. na 140 decimala, Z.

Dahse 1844. na 200 decimala, G. W. Shanks 1874. na 707 decimala (od kojih je 527 točno)

i R. M. Ferguson 1946. na 620 decimala. Pomoću današnjih razvijenih računala broj π

je moguće izračunati na stotine tisuća decimala, a najnoviji rekord postavio je francuski

softverski inžinjer koji je pomoću običnog kućnog računala uspio izračunati π na 2,7 bilijuna

decimala.

47

Poglavlje 6

Problem trisekcije kuta

Problem trisekcije kuta je nešto drugačijeg tipa od prethodna dva razmatrana problema jer

je u nekim slučajevima rješiv euklidskom konstrukcijom (npr. trisekcija pravog kuta). Traži

se postupak kojim bismo za bilo koji proizvoljan kut α mogli ravnalom i šestarom konstru-

irati njegovu trećinu. Kako se svaki tupi kut može dobiti kao zbroj pravih kutova i jednog

šiljastog, problem se svodi na problem trisekcije šiljastog kuta. Napomenimo da je, u doba

pojave ovog problema, bisekcija kuta već bila opće poznata.

Pogledajmo kako možemo, koristeći samo ravnalo i šestar, naći trećinu pravog kuta. Neka

je dan pravi kut ∠CAB. Konstruiramo kružnicu k1(A, r) koji krak AB siječe u točki E te

kružnicu k2(E, r) i jedno njihovo sjecǐste označimo s D. Tada je trokut DAE jednakostra-

ničan, odnosno ∠DAE = 60◦ i ∠CAD = 30◦ (slika 6.1). Dakle ∠CAD = 13∠CAB.

Slika 6.1: Trisekcija pravog kuta

48

6.1 Znameniti matematičari koji su rješavali problem

trisekcije kuta

6.1.1 Hipokrat s Hiosa

Hipokrat je dao velik doprinos rješenju udvostručenja kocke i kvadrature kruga, a proučavao

je i problem trisekcije kuta. Njegovo mehaničko rješenje je prilično jednostavno.

Slika 6.2: Hipokrat, trisekcija kuta.

Ako je zadan kut CAB kojeg želimo podijeliti na tri dijela, iz točke C povučemo okomicu

na AB te njezino nožǐste označimo s D. Konstruiramo pravokutnik ADCF te zatim dovoljno

produljimo stranicu FC do točke E koju izaberemo tako da vrijedi |HE| = 2|AC|. Tada jekut EAB trećina kuta CAB (slika 6.2). Dokažimo to. Neka je točka G polovǐste dužine HE

tako da je |HG| = |GE| = |AC|. Kako je ECH pravi kut, prema Talesovom poučku vrijedi|CG| = |HG| = |GE|. Primijetimo da su kutovi EAB, CEA i ECG jednakih veličina.Takoder, zbog |AC| = |CG|, jednaki su i kutovi CAG i CGA.Sada vrijedi

∠CGA = ∠ECG+ ∠CEG = 2∠CEG = 2∠EAB.

Dakle ∠EAB = 13∠CAB, što je i trebalo dokazati.

Pogledajmo kako se ova konstrukcija provodi u praksi. Na desnom kraju ravnala označimo

duljinu 2|AC| te pomičemo ravnalo tako da je jedna oznaka stalno na pravcu FC, a drugana CD sve dok gornji rub ravnala ne bude predstavljao pravac koji prolazi kroz točku A.

Taj pravac siječe kut CAB u omjeru 2:1.

Najpoznatiju ideju rješenja trisekcije kuta dao je Hipija iz Elide.

49

6.1.2 Hipija iz Elide

Jedno od najranijih pokušaja rješenja problema trisekcije kuta dao je Hipija. Koristeći

kvadratrisu moguće je bilo koji kut podijeliti u proizvoljnom omjeru. Pogledajmo kako se

Hipijina kvadratrisa može iskoristiti za trisekciju kuta. Ideja proizlazi iz pretpostavke da

se izvediva trisekcija dužine može primijeniti i na kut. Pokažimo kako se zadana dužina

AB može jednostavno podijeliti na tri jednaka dijela koristeći ravnalo i šestar (slika 6.3).

Povučemo neki pravac kroz točku A i u šestar uzmemo proizvoljnu duljinu koju nanesemo

tri puta zaredom krenuvši od A. Krajnju točku označimo s C. Spojimo točke B i C te

povučemo paralele s BC kroz preostale dvije točke na AC. Ti pravci sijeku AB u dvijema

točkama koje dijele tu dužinu na tri jednaka dijela.

Slika 6.3: Trisekcija dužine.

Vratimo se problemu trisekcije kuta i pogledajmo sliku 6.4. Neka je kut EAB odreden

jednim položajem rotirajuće stranice AD i F pripadna točka kvadratrise. Iz točke F

povučemo okomicu FH na stranicu AB te odredimo točku P na okomici FH tako da je

|FP | : |PH| = 2 : 1. Zatim kroz točku P povučemo paralelu sa stranicom AB koja siječekvadratrisu u točki Q. Sada je kut QAB trećina kuta EAB.

Dokažimo to. Vrijedi

∠DAB∠FAB

=|AD||FH|

i

∠DAB∠QAB

=|AD||PH|

.

Iz prethodnih jednakosti slijedi∠QAB∠FAB

=|PH||FH|

,

a kako je |FH| = 3|PH| očigledno je ∠QAB = 13∠FAB =

1

3∠EAB. 2

50

Slika 6.4: Hipijina kvadratrisa, trisekcija kuta.

Primijetimo da su korǐstene konstrukcije, osim konstrukcije kvadratrise, izvedive ravna-

lom i šestarom. U 3. i 2. st. pr. Kr. dano je nekoliko zanimljivih mehaničkih rješenja od

kojih je najpoznatije Arhimedovo.

6.1.3 Arhimed iz Sirakuze

Arhimed je dao sljedeću mehaničku konstrukciju.

Slika 6.5: Arhimed — trisekcija kuta.

Neka je dan kut CAB. Konstruiramo kružnicu sa sredǐstem u točki A koja prolazi kroz

B i C. Sada iz točke C povučemo pravac koji siječe kružnicu u točki F i pravac AB u točki

E tako da duljina |EF | bude jednaka polumjeru kružnice. Konačno, konstruiramo polumjerkružnice AX paralelan s pravcem EC. Tada je ∠XAB =

1

3∠CAB (slika 6.5).

51

Dokažimo tu tvrdnju:

∠XAC = ∠ACF = ∠CFA = ∠FEA+ ∠FAE = 2∠FEA = 2∠XAB.

U praksi konstrukciju izvodimo tako da na ravnalu označimo duljinu polumjera kružnice i

pomičemo ga, tako da je jedna oznaka stalno na pravcu AB, a druga na kružnici, sve dok ne

prode točkom C. Tada konstruiramo dužinu EC te na kraju polumjer AX paralelan s EC.

6.1.4 Papus iz Aleksandrije

Pet stoljeća nakon što je Nikomed otkrio konhoidu, Papus (290.–350.) je koristi za rješenje

problema trisekcije kuta, opisanog u njegovom znamenitom djelu Kolekciji. U istom djelu

daje i Apolonijevo rješenje pomoću konika.

Pogledajmo kako je problem riješen pomoći krivulje konhoide.

Slika 6.6: Papus, trisekcija kuta pomoću konhoide.

Neka je dan kut AOB s vrhom O kojeg trebamo podijeliti na tri jednaka dijela. Konstru-

iramo okomicu p na krak kuta OA koja drugi krak kuta OB siječe u točki L tako da je

|OL| = a. Kroz točku L konstruiramo paralelu s OA te njezino sjecǐste s krivuljom označimos C. Pravac OC tada dijeli kut AOB u omjeru 1:2, odnosno ∠AOC = 1

3∠AOB (slika 6.6).

Dokažimo to. Primijetimo da su kutovi AOC i OCL jednaki (kutovi s paralelnim kracima) te

ih označimo s θ. Kako je |CN | = 2a (po definiciji konhoide) i kut CLN je pravi, udaljenostpolovǐsta M stranice CN i vrha L pri pravom kutu je jednaka a, tj. |ML| = a. Prema tome,trokuti CML i MLO su jednakokračni. Dakle,

∠AOC = ∠OCL = ∠MLC = θ.

52

Kako je OML vanjski kut trokuta CML vrijedi ∠OML = 2θ. Zbog toga

∠MOL = 2θ.2

Sada ćemo opisati Papusovo rješenje trisekcije kuta pomoću konika, čija su svojstva u

to vrijeme bila već dobro poznata. Neka je dana jedinična kružnica, čije je sredǐste O vrh

danog kuta AOB, te pravac d koji je simetrala kuta AOB. Na kružnici označimo točku P

koja se giba po kružnici tako da je njezina udaljenost od točke B uvijek dva puta veća od

udaljenosti do simetrale d (slika 6.7).

Slika 6.7: Papus, trisekcija kuta pomoću konika.

Tako nastaje jedna grana hiperbole s fokusom B i ravnalicom d. Konstruiramo njezinu

zrcalnu sliku obzirom na d te dobijemo točku P ′ koja odgovara točki P na desnoj grani

hiperbole. Točke P i P ′, koje smo dobili kao sjecǐsta jedinične kružnice i hiperbole, dijele

luk odreden točkama A, P , P ′ i B, dakle i kut AOB, na tri jednaka dijela.

Pokažimo da to stvarno vrijedi. Ukoliko je |PQ| = |P ′Q| = x, tada je |PB| = |P ′A| = 2xte su jednakokračni trokuti AOP ′, P ′OP i POB medusobno kongruentni. Pri tome su

njihovi kutovi pri zajedničkom vrhu O jednaki.

6.2 O nemogućnosti rješenja trisekcije kuta

Za dani kut mjernog broja ϕ, odnosno veličine, ϕ treba konstruirati kut mjernog brojaϕ

3.

Da bi dokazali nerješivost ove konstrukcije pomoću ravnala i šestara za opći slučaj, do-

voljno je to dokazati za jedan proizvoljni kut. Kut možemo konstruirati ako se može konstru-

irati njegov kosinus. Konstriramo jediničnu kružnicu kojoj je sredǐste ishodǐste koordinatnog

53

sustava O. Po definiciji je kosinus ordinata neke točke T na trigonometrijskoj kružnici. Iz

trokuta OPT čitamo da za apscisu točke T vrijedi (mjeru kuta POT računamo u radija-

nima): cosα =x

1= x (slika 6.8).

Slika 6.8: Kosinus proizvoljno odabranog kuta.

Koristeći adicijske formule za sinus i kosinus dobivamo:

cos(3ϕ) = cos(2ϕ+ ϕ) = cos 2ϕ cosϕ− sin 2ϕ sinϕ

= (cos2 ϕ− sin2 ϕ) cosϕ− 2 sin2 ϕ cosϕ

= cos3 ϕ− (1− cos2 ϕ) cosϕ− 2(1− cos2 ϕ) cosϕ

= cos3 ϕ− cosϕ+ cos3 ϕ− 2 cosϕ+ 2 cos3 ϕ

= 4 cos3 ϕ− 3 cosϕ

Budući da je

cos(3ϕ) = 4 cos3 ϕ− 3 cosϕ (6.1)

vidimo da se problem trisekcije kuta svodi na rješavanje kubne jednadžbe.

Uzmemo li da je primjerice 3ϕ = 60◦, odnosno ϕ = 20◦, imamo

1

2= 4 cos3 ϕ− 3 cosϕ,

a tražena vrijednost x = cosϕ će biti rješenje jednadžbe

1

2= 4x3 − 3x,

odnosno

x3 − 34x− 1

8= 0

54

što je ekvivalentno jednadžbi

8x3 − 6x− 1 = 0.

Uzmemo li da je y = 2x dobivamo

y3 − 3y − 1 = 0. (6.2)

Kada bi ova konstrukcija bila rješiva, jednadžba (6.2) bi morala imati jedno, iz raciona-

lnih brojeva konstruktibilno, rješenje. Prema teoremu 3.3 ta bi jednadžba morala imati

barem jedno racionalno rješenje koje bi prema teoremu 3.4 moralo biti djelitelj broja 1.

Uvrštavanjem brojeva -1 i 1 u jednadžbu (6.2) uočavamo da nijedan od tih brojeva nije

rješenje. Dakle, ova geometrijska konstrukcija nije rješiva ravnalom i šestarom.

Može se pokazati da postoji beskonačno mnogo vrijednosti cos 3ϕ za koje dobivamo

nerješivost odgovarajuće konstrukcije, pa očito ima beskonačno mnogo kutova kod kojih

trisekcija nije izvediva ravnalom i šestarom. No, za svaki kut oblikaπ

2n, n ∈ Z, n > 0,

trisekcija je izvediva.

55

Poglavlje 7

O nemogućnosti konstrukcije

pravilnog sedmerokuta

Uz tri klasična problema često se navodi i njima srodan, nešto manje popularan, problem

konstrukcije pravilnog sedmerokuta. Za konstrukciju pravilnog sedmerokuta potrebno je

konstruirati sedminu punog kuta, tj. kut α takav da je α =2π

7. Zapǐsemo li kompleksan broj

z = x+ iy u trigonometrijskom obliku z = cosα + i sinα po de Miovreovoj formuli

(cosα + i sinα)7 = cos(7α) + i sin(7α) = 1,

imamo jednadžbu

z7 − 1 = 0,

odnosno,

(z − 1)(z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1) = 0.

Obzirom da rješenje z = 1 odgovara kutu 0◦, preostala rješenja dobijemo kao rješenja jedna-

džbe

z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0.

Dijeljenjem sa z3 dobivamo

z3 +1

z3+ z2 +

1

z2+ z +

1

z+ 1 = 0. (7.1)

Uvrstimo li jednakosti (z +1

z)3 = z3 + 3z + 3

1

z+

1

z3i (z +

1

z)2 = z2 + 2 +

1

z2u jednadžbu

(7.1), možemo je zapisati u obliku

u3 + u2 − 2u− 1 = 0, (7.2)

56

gdje je u = z +1

z= 2 cosα. Dakle, problem konstruktibilnosti broja u je ekvivalentan

problemu konstruktibilnosti broja cos2π

7. Dokaz nemogućnosti konstrukcije kubne jednadžbe

(7.2) je posljedica osnovnih rezultata u toriji polja i polinoma. Prema teoremima (3.3) i

(3.4) jedina moguća racionalna rješenja su djelitelji slobodnog člana jednadžbe, dakle -1 i

1. Uvrštavanjem primjećujemo da se ne radi o rješenjima, odnosno jednadžba (7.2) nema

racionalnih rješenja. Ne može imati rješenja ni u traženom nizu proširenja polja Q pa serješenja ne mogu konstruirati ravnalom i šestarom.

57

Zaključak

Kroz povijesni razvoj matematike javljaju se razni problemi od koji su neki rješeni potpuno,

neki djelomično, a neki još uvijek čekaju svoja rješenja. Pokušaji rješenja tih problema

uvelike doprinose razvoju matematičkih ideja te potiču stvaranje novih matematičkih disci-

plina. Problem konstruiranja ravnalom i šestarom je nastao u starogrčkoj matematici u 5.

st. pr. Kr., kada su nastala i tri klasična problema: udvostručenje kocke, kvadratura kruga i

trisekcija kuta. U europskoj matematici je nakon algebraizacije geometrije problem konstru-

kcija ravnalom i šestarom postavljen u obliku koji je omogućio objašnjenje nerješivosti tih

problema: broj se može konstruirati ako i samo ako se može zapisati pomoću konačno mnogo

racionalnih operacija i vadenja kvadratnih korijena.

Četvrti važan problem koji se dugo proučavao je pitanje za koje je prirodne brojeve n

konstruktibilan tzv. regularan poligon s n stranica ili regularan n-poligon (n-terokut). To je

poligon s n stranica jednakih duljina koji ima opisanu kružnicu (radijusa 1). Ta je konstru-

kcija jednostavna ako je n = 2k ili n = 3·2k za neki k. Euklid je opisao konstrukciju za n = 5,medutim konstrukcija je nem