Politechnika ×ódzka

Wydzia÷Fizyki Technicznej, Informatyki i Matematyki Stosowanej

Agnieszka ·ZulinskaNr albumu: 128756

Teoria i praktyka nieplatoNskichkonstrukcji geometrycznych

Praca magisterska na kierunku Matematyka

Specjalnosc: Matematyka Finansowa i Ubezpieczeniowa

napisana w Instytucie Matematyki Politechniki ×ódzkiej

pod kierunkiem prof. dr hab. Jana Kubarskiego

×ó d z marzec 2011

Spis tresci

Wst¾ep 4

1 Cia÷a liczbowe i ich rozszerzenia pierwiastnikowe 7

2 Teoria punktów konstruowalnych cyrklem i linijk ¾a - (tak zwanych kon-strukcji platonskich) 122.1 Algebraiczne podstawy teorii punktów konstruowalnych cyr-klem i linijk ¾a (czyli

tzw. konstrukcji platonskich) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Punkty konstruowalne a wie·ze podcia÷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3 Wielomiany trzeciego i czwartego stopnia i ich pierwiastki konstruowalne . . . 29

3 Podstawy teoretyczne i praktyczne konstrukcji geometrycznych za pomoc ¾acyrkla i linijki ze wstawk ¾a 363.1 De�nicja punktów konstruowalnych za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a . . . 37

3.2 Trysekcja k ¾ata za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a . . . . . . . . . . . . . . 39

3.3 Podwojenie szescianu za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a . . . . . . . . . . . 42

3.4 Konstruowalnosc przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a dowolnych pier-

wiastków rzeczywistych wielomianów stopnia trzeciego i czwartego . . . . . . . 44

3.5 Punkty konstruowalne cyrklem i linijk ¾a ze wstawk ¾a a wie·ze podcia÷ . . . . . . 52

3.6 Praktyka pewnych pomocniczych konstrukcji za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze

wstawk ¾a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4 Zagadnienie Alhazena 584.1 Twierdzenie o niemo·znosci rozwi ¾azania zagadnienia Alhazena za pomoc ¾a cyrkla

i linijki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.2 Rozwi ¾azanie geometryczne zagadnienia Alhazena cyrklem i linijk ¾a ze wstawk ¾a 62

2

5 Zadania konstrukcyjne dotycz ¾ace trójk ¾atów 685.1 Pomocnicze wzory i twierdzenia do zadan konstrukcyjnych . . . . . . . . . . . 69

5.2 Konstrukcje platonskie trójk ¾atów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

5.3 Konstrukcje nieplatonskie trójk ¾atów za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a . . . 75

Bibliogra�a 91

3

Wst¾ep

Tematem mojej pracy magisterskiej jest Teoria i praktyka nieplatonskich konstrukcji geo-

metrycznych. Historia konstrukcji geometrycznych jest bardzo stara i si¾ega czasów najdawniej-

szych, w których to ju·z pojawi÷y si¾e pierwsze podstawowe poj¾ecia geometryczne, takie jak linia

prosta, p÷aszczyzna, krzywa, powierzchnia a tak·ze najprostsze �gury i bry÷y geometryczne.

Za kolebk¾e wiedzy geometrycznej, uwa·za si¾e Egipt, jednak·ze Egipcjanie interesowali si¾e je-

dynie stron ¾a techniczn ¾a tych zagadnien. Natomiast to Grekom zawdzi¾ecza si¾e dalszy rozwój

idei konstrukcji geometrycznych. Im przypisuje si¾e zas÷ug¾e systematycznego opracowywania i

rozwi ¾azywania zagadnien konstrukcyjnych, mi¾edzy innymi takich jak konstrukcje wysokosci,

dwusiecznych i srodkowych trójk ¾ata, stycznych do okr¾egu, symetralnej odcinka oraz wielu

innych zagadnien. Równie·z ich zas÷ug ¾a, a w szczególnosci zas÷ug ¾a Platona jest ustalenie

przyrz ¾adów w postaci cyrkla i linijki, gdy·z jak uwa·za÷wszelkie konstrukcje powinny byc wyko-

nane jedynie za pomoc ¾a tych przyrz ¾adów. St ¾ad te·z przyj¾e÷a si¾e nazwa konstrukcji Platonskich,

czyli konstrukcji wykonalnych za pomoc ¾a cyrkla i linijki. Jednak·ze wraz z rozwojem matem-

atyki, okaza÷o si¾e ·ze nie wszystkie konstrukcje mo·zna wykonac za pomoc ¾a tylko cyrkla i linijki.

Takimi konstrukcjami s ¾a trzy najpi¾ekniejsze i najstarsze problemy konstrukcyjne, s÷ynne a·z

do dzis: trysekcja k ¾ata (dotyczy÷a podzia÷u dowolnego k ¾ata na trzy równe cz¾esci), podwo-

jenie szescianu (dotyczy÷o konstrukcji szescianu o obj¾etosci dwa razy wi¾ekszej od obj¾etosci

danego szescianu), kwadratura ko÷a. Konstrukcje trysekcji k ¾ata oraz podwojenia szescianu,

s ¾a natomiast wykonalne za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a, czyli z zaznaczonymi dwoma

punktami. Konstrukcje trysekcji k ¾ata zosta÷y podane ju·z w Staro·zytnosci przez Archimedesa

oraz Nikomedesa, zas konstrukcje podwojenia szescianu poda÷dopiero w roku 2000 Robin

Hartshorne w ksi ¾a·zce wydanej przez wydawnictwo Springer, pozycja [4]. Konstrukcje za

pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a s ¾a tak zwanymi konstrukcjami nieplatonskimi i w÷asnie

takimi zagadnieniami zajmiemy si¾e w tej pracy. G÷ówna zaleta tak prostej zamiany zwyk÷ej

linijki na linijk¾e ze wstawk ¾a polega na tym, ·ze linijka ze wstawk ¾a pozwala rozwi ¾azac konstruk-

cyjnie dowolny wielomian stopnia trzeciego i czwartego (zwyk÷a linijka tego nie umo·zliwia).

Z zastosowaniem linijki ze wstawk ¾a, spotykamy si¾e tak·ze w sredniowieczu w konstrukcyjnym

rozwi ¾azaniu zagadnienia Alhazena, które po krótce zostanie omówione w dalszej cz¾esci pracy,

a tak·ze z konstrukcj ¾a trójk ¾atów.

Moja praca sk÷ada si¾e z pi¾eciu rozdzia÷ów. W rozdziale pierwszym znajduj ¾a si¾e de�nicje

i twierdzenia dotycz ¾ace cia÷liczbowych oraz ich rozszerzen pierwiastnikowych zaczerpni¾etych

z pozycji [2], [3], [11]. Równie·z w oparciu o pozycje [2], [3], [9], [11] zosta÷y samodzielnie

sformu÷owane lematy 11, 15 oraz zosta÷y samodzielnie przeprowadzone dowody tych lematów.

4

W oparciu o pozycj¾e [7] zosta÷a sformu÷owana uwaga 12. Dodatkowo zosta÷o samodzielnie

sformu÷owane twierdzenie 9 oraz de�nicja 8.

Drugi rozdzia÷zawiera wiadomosci dotycz ¾ace teorii punktów konstruowalnych za pomoc ¾a

cyrkla i linijki, czyli tak zwanych konstrukcji platonskich. Korzystaj ¾ac z pozycji [3], zosta÷o

podane twierdzenie (21) ÷¾acznie z dowodem. Dowód tego twierdzenia zosta÷rozszerzony o

dodatkowe obliczenia i rysunki. Na podstawie pozycji [3], [11], [7] zosta÷a sformu÷owana

de�nicja punktu konstruowalnego (16), twierdzenie o wie·zy podcia÷(25) wraz z samodzielnie

przeprowadzonym dowodem i wzbogaconym o dodatkowe obliczenia. Z pozycji [9] zosta÷y

podane podstawy teorii wielomianów, zas z pozycji [8] zosta÷o podane kryterium Kona (33).

Twierdzenia (34), (35) wraz z dowodami wzbogaconymi o dodatkowe obliczenia zaczerpni¾ete

zosta÷y z pozycji [7]. Pozosta÷e de�nicje, twierdzenia, uwagi, wnioski zosta÷y sformu÷owane na

podstawie pozycji [3], [11], [7]. Dodatkowo zosta÷podany przyk÷ad (17) wraz z samodzielnie

wykonanymi rysunkami oraz zosta÷a sformu÷owana de�nicja 19 i twierdzenie Talesa dla osi.

Równie·z zosta÷a samodzielnie sformu÷owana uwaga 24.

Rozdzia÷trzeci dotyczy teorii i praktyki konstrukcji geometrycznych za pomoc ¾a cyrkla i

linijki ze wstawk ¾a. Ca÷y ten rozdzia÷zosta÷opracowany na podstawie pozycji [4]. W pod-

rozdziale drugim i trzecim zosta÷y dok÷adnie omówione zagadnienia dotycz ¾ace podwojenia

szescianu i trysekcji k ¾ata, o których wspomnielismy wczesniej. Dowód trysekcji k ¾ata zosta÷

wzbogacony o samodzielnie wykonan ¾a konstrukcj¾e dla k ¾ata rozwartego i opis tej konstrukcji

wraz z rysunkiem. Informacje historyczne dotycz ¾ace trysekcji k ¾ata oraz podwojenia szes-

cianu zosta÷y zaczerpni¾ete z pozycji [5], [6], [14]. Teoria zaczerpni¾eta z pozycji [4] zosta÷a

uzupe÷niona o samodzielnie sformu÷owan ¾a uwag¾e (37) wraz z rysunkiem, zosta÷y samodziel-

nie sformu÷owane wnioski (43), (45), (47),(49) oraz twierdzenia (50), (51). Dodatkowo zosta÷

rozszerzony dowód twierdzenia (52), który w ksi ¾a·zce Hartshorna by÷w skrócie omówiony,

wr¾ecz by÷to tylko krótki szkic tego dowodu. Dowody stwierdzen 41, 48 zosta÷y wzbogacone

o dodatkowe obliczenia.

W rozdziale czwartym zosta÷o po krótce omówione zagadnienie Alhazena, zosta÷o podane

twierdzenie dotycz ¾ace niemo·znosci rozwi ¾azania zagadnienia Alhazena przy pomocy cyrkla i

linijki (czyli w sposób platonski) oraz trzy twierdzenia dotycz ¾ace rozwi ¾azania geometrycznego

zagadnienia Alhazena za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a. Wiadomosci dotycz ¾ace ·zycia

Alhazena zosta÷y zaczerpni¾ete z pozycji [13], natomiast twierdzenie (57) zosta÷o opracowane

na podstawie [10], zas zagadnienie Alhazena za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a zosta÷o

opracowane na podstawie pozycji [12].

W rozdziale pi ¾atym zosta÷y podane zadania konstrukcyjne dotycz ¾ace trójk ¾atów. Zosta÷o

pokazane, ·ze s ¾a takie zadania rozwi ¾azalne za pomoc ¾a cyrkla i linijki, s ¾a równie·z i takie,

5

które nie daj ¾a si¾e rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki (s ¾a to zadania, których rozwi ¾azanie

sprowadza si¾e do rozwi ¾azania wielomianów stopnia trzeciego, czwartego lub wy·zszych stopni,

nie posiadaj ¾acych pierwiastków wymiernych), ale daj ¾a si¾e rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki

ze wstawk ¾a. W pierwszym podrozdziale, w oparciu o pozycj¾e [7] zosta÷o podane twierdzenie

Stewarta, twierdzenie wraz z dowodem na wyprowadzenie wzoru na srodkow ¾a boku, wszystkie

potrzebne wzory do zadan konstrukcyjnych oraz zosta÷a samodzielnie sformu÷owana uwaga

(65) wraz z rysunkami. W nast¾epnych podrozdzia÷ach zosta÷y podane twierdzenia doty-

cz ¾ace zadan konstrukcyjnych platonskich i nieplatonskich trójk ¾atów zaczerpni¾ete z pozycji

[1], [7]. Dodam, i·z dowody tych twierdzen zosta÷y uzupe÷nione przez samodzielnie wykonane

dodatkowe obliczenia, rozwa·zania i uwagi. Chcia÷abym w tym miejscu zaznaczyc, ·ze wszystkie

rysunki zawarte w tej pracy, wykona÷am samodzielnie przy pomocy programu AutoCad 2002

oraz Maple.

Na koniec chcia÷abym serdecznie podzi¾ekowac opiekunowi tej pracy, profesorowi Janowi

Kubarskiemu, za poswi¾econy czas, udost¾epnione pomoce naukowe oraz za pomoc przy tworze-

niu pewnych zagadnien oraz w ich zrozumieniu. Podzi¾ekowania sk÷adam równie·z na r¾ece

wszystkich pracowników Instytutu Matematyki za przekazan ¾a wiedz¾e.

6

1 Cia÷a liczbowe i ich rozszerzenia pierwiastnikowe

De�nicja 1 Niech w zbiorze F b¾edzie okreslone jedno dzia÷anie wewn ¾etrzne � : F � F ! F

i niech b¾edzie wyró·zniony jeden element e 2 F . Uk÷ad (F; �; e) nazywamy grup ¾a abelow ¾a,jesli spe÷nione s ¾a nast ¾epuj ¾ace warunki:

1. 8a;b;c2F a � (b � c) = (a � b) � c (÷¾acznosc dzia÷ania),

2. 8a2F a � e = e � a = a,

3. 8a2F 9a02F a � a0 = a0 � a = e,

4. 8a;b2F a � b = b � a (przemiennosc dzia÷ania).

Gdy spe÷nione s ¾a tylko trzy pierwsze warunki z powy·zszej de�nicji, to uk÷ad (F; �; e)nazywamy grup ¾a.

Uwaga 2 Element e zwany elementem neutralnym warunkiem (2) powy·zszej de�nicji jest

wyznaczony jednoznacznie. Element a0 warunkiem (3) powy·zszej de�nicji jest wyznaczony

jednoznacznie. Nazywa si ¾e elementem odwrotnym do a i oznaczany jest symbolem a�1.

De�nicja 3 [3] Niech H b¾edzie takim podzbiorem grupy F , ·ze:

e 2 H,

8a;b2F a; b 2 H =) a � b 2 H.

Mówimy, ·ze H jest podgrup ¾a grupy F , je·zeli (H; �jH �H; e) jest grup ¾a.

Inaczej mówi ¾ac, podzbiór H � F jest podgrup ¾a grupy F je·zeli jest on grup ¾a ze wzgl¾eduna to samo dzia÷anie, co grupa F (obci¾ete do H �H).

Twierdzenie 4 [3] Je·zeli H jest niepustym podzbiorem grupy F spe÷niaj ¾acym warunek:

8a;b2F a; b 2 H =) ab�1 2 H

to H jest podgrup ¾a grupy F .

De�nicja 5 Niech w zbiorze F b¾ed ¾a okreslone dwa dzia÷ania + : F � F ! F i � : F �F ! F , zwane odpowiednio dodawaniem i mno·zeniem, oraz dane b¾ed ¾a dwa elementy nale·z ¾ace

do tego zbioru i oznaczone symbolami 0 i 1. Uk÷ad (F;+; �; 0; 1) nazywamy pierscieniemprzemiennym, jesli s ¾a spe÷nione nast ¾epuj ¾ace warunki:

7

1. (F;+; 0) jest grup ¾a abelow ¾a (element odwrotny a0 do a nazywamy tutaj przeciwnym

wzgl ¾edem dodawania i oznaczamy �a),

2. 8a;b2F a � b = b � a - przemiennosc mno·zenia,

3. 8a;b;c2F a � (b � c) = (a � b) � c - ÷¾acznosc mno·zenia,

4. 8a2F a � 1 = 1 � a = a - element neutralny,

5. 8a;b;c2F a � (b+ c) = a � b+ a � c - rozdzielnosc dodawania wzgl ¾edem mno·zenia.

Element 1 nazywamy jednosci ¾a lub jedynk ¾a i jest to element neutralny mno·zenia, zas

element 0 jest elementem neutralnym dodawania.

De�nicja 6 Cia÷em nazywamy pierscien przemienny, w którym ka·zdy niezerowy element

jest odwracalny wzgl ¾edem mno·zenia. Element odwrotny do a 6= 0 wzgl ¾edem mno·zenia oz-

naczamy symbolem a�1 lub 1a.

Uwaga 7 Jesli uk÷ad (F;+; �; 0; 1) jest pierscieniem przemiennym, to grup¾e abelow ¾a (F;+; 0)nazywamy grup ¾a addytywn ¾a pierscienia i oznaczamy symbolem F+. Gdy uk÷ad (F;+; �; 0; 1)jest cia÷em, to (Fnf0g; �; 1) jest grup ¾a abelow ¾a. Nazywamy j ¾a grup ¾a multiplikatywn ¾a cia÷a ioznaczamy symbolem F �.

De�nicja 8 PodzbiórK cia÷a F nazywamy podcia÷em cia÷a F , je·zeli K jest cia÷em ze wzgl ¾edu

na dzia÷ania dodawania i mno·zenia okreslone w F , to znaczy je·zeli dla dowolnych x; y 2 Kmamy, ·ze x� y 2 K oraz xy�1 2 K.

W dalszej cz¾esci pracy iloczyn xy�1 b¾edziemy równie·z oznaczac w postaci u÷amka xy, przy

czym y 6= 0.

Twierdzenie 9 Podzbiór K cia÷a F jest podcia÷em cia÷a F wtedy i tylko wtedy, gdy (K;+)

i (Kn f0g ; �) jest podgrup ¾a.

De�nicja 10 [11] Niech K b¾edzie ustalonym cia÷em. Za÷ó·zmy, ·ze F jest dowolnym podcia÷em

cia÷a K oraz M jest dowolnym podzbiorem cia÷a K. Najmniejsze podcia÷o cia÷a K zawieraj ¾ace

zbiór F[M nazywamy rozszerzeniem cia÷a F powsta÷ym przez do÷¾aczenie elementów zbioruM . Oznaczamy je symbolem F (M). W przypadku, gdy M jest zbiorem jednoelementowym

M = fag (lub skonczonym M = fa1; a2; :::; ang), to wówczas podcia÷o to oznaczamy sym-bolem F (a) (lub F (a1; :::; an)) i nazywamy rozszerzeniem cia÷a F o element a (lub elementy

a1; :::; an).

8

Lemat 11 Niech F b¾edzie podcia÷em cia÷a K. Wówczas dla dowolnego elementu a 2 KnFtakiego, ·ze a2 2 F rozszerzenie F (a) podcia÷a F o element a sk÷ada si ¾e z elementów postaci:

�+ � � a dla pewnych �; � 2 F .

Inaczej mówi ¾ac, gdy b 2 F jest takim elementem, ·ze istnieje pierwiastek kwadratowypb 2 K

(czyli taki elementpb z K, ·ze

pb �pb = b) i

pb =2 F , to:

F (pb) = f�+ � �

pb; �; � 2 Fg.

Dowód. Skoro F (a) jest cia÷em zawieraj ¾acym F oraz a, to dla �; � 2 F mamy, ·ze �+� � a 2F (a). Poka·zemy, ·ze podzbiór

F 0 := f�+ � � a; �; � 2 Fg

jest podcia÷em. Zgodnie z de�nicj ¾a 8 wystarczy sprawdzic, ·ze dla dowolnych x; y 2 F 0 mamy,·ze x�y 2 F 0 oraz gdy dodatkowo y 6= 0 to x

y2 F 0 (u÷amek x

yzgodnie z przyj¾etym oznaczeniem

w de�nicji 8 oznacza xy�1). Niech x; y 2 F 0. Wówczas:

x = �+ � � a i y = �0 + �0 � a

dla pewnych �; �; �0; �0 2 F .

x� y = �+ � � a� �0 � �0 � a = (�� �0) + (� � �0) � a

oraz gdy y 6= 0, to:

x

y=�+ � � a�0 + �0 � a

�0 � �0 � a�0 � �0 � a; = (

��0 � ��0a2

�02 � �02a2) + (

�0� � ��0

�02 � �02a2) � a.

Zatem x� y 2 F 0 oraz xy2 F 0. Zatem na mocy de�nicji (8) F 0 jest podcia÷em.

Uwaga 12 Ka·zdy element cia÷a F (pb) mo·zna przedstawic w postaci � + �

pb dla pewnych

�; � 2 F , tylko na jeden sposób. Bowiem, jesli:

�+ �pb = �0 + �0

pb

i �; �; �0; �0 s ¾a liczbami z cia÷a F , to

�+ �pb� �0 � �0

pb = 0

(�� �0) + (� � �0)pb = 0.

9

Gdyby � � �0 6= 0, to mielibysmy:pb =

�0 � �� � �0 ,

co oznacza÷oby, ·zepb 2 F . A to jest sprzeczne z za÷o·zeniem, ·ze

pb =2 F . Zatem

� = �0,

a zatem równie·z

� = �0.

De�nicja 13 [2] Mówimy, ·ze cia÷o L jest pierwiastnikowym rozszerzeniem cia÷a K, gdy ist-

nieje taka liczba naturalna r i taki ci ¾ag cia÷K = K0 � K1 � ::: � Kr = L, ·ze Ki+1 = Ki(ai)

dla i = 0; 1; :::; r � 1, gdzie ai jest pierwiastkiem z pewnego elementu cia÷a Ki.

De�nicja 14 Niech K b¾edzie cia÷em oraz F1 i F2 b¾ed ¾a podcia÷ami cia÷a K. Wówczas przez

F1F2 oznaczmy najmniejsze podcia÷o cia÷a K zawieraj ¾ace sum ¾e mnogosciow ¾a F1 [ F2. Cia÷oF1F2 nazywamy z÷o·zeniem cia÷F1 i F2.

Lemat 15 Niech dane b¾edzie cia÷o K oraz niech F1 i F2 b¾ed ¾a podcia÷ami tego cia÷a. Wówczas

cia÷o F1F2 jest zbiorem wszystkich elementów postaci:

a1b1 + :::+ anbna01b

01 + :::+ a

0mb

0m

, (1)

gdzie ai; a0j 2 F1, bi; b0j 2 F2 oraz a01b01 + :::+ a0mb0m 6= 0.

Dowód. Oznaczmy przez F zbiór liczb postaci x = a1b1+:::+anbna01b

01+:::+a

0mb

0mdla takich pewnych ai; a0j 2

F1, bi; b0j 2 F2, ·ze a01b01 + :::+ a0mb0m 6= 0. Poka·zemy, ·ze:(a) Fi � F ,(b) F jest podcia÷em cia÷a K,

(c) ka·zde podcia÷o F 0 cia÷a K zawieraj ¾ace F1 [ F2 zawiera F .ad(a) Niech F b¾edzie zbiorem liczb jak wy·zej. Poka·zemy, ·ze F1 � F , F2 � F . Niech

a 2 F1. Wówczas a = a�11�1 2 F , zatem F1 � F . Analogicznie pokazujemy, ·ze F2 � F . Zatem

Fi � F dla ka·zdego i = 1; 2.ad(b) Poka·zemy, ·ze F jest podcia÷em cia÷a K. Sprawdzimy, ·ze dla dowolnych x; y 2 F

równie·z ich suma i iloraz nale·z ¾a do F . Niech x = a1b1+:::+anbna01b

01+:::+a

0mb

0moraz y = c1d1+:::+cndn

c01d01+:::+c

0md

0m, gdzie

ai; a0j; ci; c

0j 2 F1, bi; b0j; di; d0j 2 F2 oraz a01b01+ :::+ a0mb0m 6= 0, c01d01+ :::+ c0md0m 6= 0. Wówczas:

x+ y =a1b1 + :::+ anbna01b

01 + :::+ a

0mb

0m

+c1d1 + :::+ cndnc01d

01 + :::+ c

0md

0m

=

10

=(a1b1 + :::+ anbn)(c

01d01 + :::+ c

0md

0m) + (c1d1 + :::+ cndn)(a

01b01 + :::+ a

0mb

0m)

(a01b01 + :::+ a

0mb

0m)(c

01d01 + :::+ c

0md

0m)

=

=a1b1c

01d01 + :::+ a1b1c

0md

0m + :::+ anbnc

01d01 + :::+ anbnc

0md

0m+

a01b01c01d01 + :::+ a

01b01c0md

0m + :::+

+c1d1a01b01 + :::+ c1d1a

0mb

0m + :::+ cndna

01b01 + :::+ cndna

0mb

0m

+a0mb0mc

01d01 + :::+ a

0mb

0mc

0md

0m

=

=a1c

01b1d

01 + :::+ anc

0mbnd

0m + c1a

01d1b

01 + :::+ cna

0mdnb

0m

a01c01b01d01 + :::+ a

0mc

0mb

0md

0m

= (�)

Zróbmy pewne podstawienie:

a1c01 = �1; :::; anc

0m = �n, c1a

01 = �

01; :::; cna

0m = �

0n, a

01c01 = �

001; :::; a

0mc

0m = �

00m

oraz

b1d01 = �1; :::; bnd

0m = �n, d1b

01 = �

01; :::; dnb

0m = �

0n, b

01d01 = �

001; :::; b

0md

0m = �

00m,

gdzie �1, �n, �01, �0n, �

001, �

00m 2 F1 jako, ·ze ai; a0j; ci; c0j 2 F1 oraz �1, �n, �01, �0n, �001, �00m 2 F2

jako, ·ze bi; b0j; di; d0j 2 F2. Zatem mamy:

x+ y = (�) = �1�1 + :::+ �n�n + �01�

01 + :::+ �

0n�

0n

�001�001 + :::+ �

00m�

00m

,

gdzie �i; �0i; �00j 2 F1, �i; �0i; �00j 2 F2 oraz �001�001+ :::+�00m�00m 6= 0. Zatem x+y 2 F . Gdy y 6= 0

tox

y=

a1b1+:::+anbna01b

01+:::+a

0mb

0m

c1d1+:::+cndnc01d

01+:::+c

0md

0m

=a1b1 + :::+ anbna01b

01 + :::+ a

0mb

0m

c01d01 + :::+ c

0md

0m

c1d1 + :::+ cndn=

=a1b1(c

01d01 + :::+ c

0md

0m) + :::+ anbn(c

01d01 + :::+ c

0md

0m)

a01b01(c1d1 + :::+ cndn) + :::+ a

0mb

0m(c1d1 + :::+ cndn)

=

=a1c

01b1d

01 + :::+ a1c

0mb1d

0m + :::+ anc

01bnd

01 + :::+ anc

0mbnd

0m

a01c1b01d1 + :::+ a

01cnb

01dn + :::+ a

0mc1b

0md1 + :::+ a

0mcnb

0mdn

=

=a1c

01b1d

01 + ::::::+ anc

0mbnd

0m

a01c1b01d1 + ::::::+ a

0mcnb

0mdn

= (��).

Podstawmy

a1c01 = �1; :::; anc

0m = �n, a

01c1 = �

01; :::; a

0mcn = �

0m

oraz

b1d01 = �1; :::; bnd

0m = �n, b

01d1 = �

01; :::; b

0mdn = �

0m,

11

gdzie �1; :::; �n,�01; :::; �0m 2 F1 jako, ·ze ai; a0j; ci; c0j 2 F1 oraz �1; :::; �n, �01; :::; �0m 2 F2 jako,

·ze bi; b0j; di; d0j 2 F2. Zatem mamy:

(��) = �1�1 + ::::::+ �n�n�01�

01 + ::::::+ �

0m�

0m

,

gdzie �i; �0j 2 F1, �i; �0j 2 F2 oraz �01�01 + ::::::+ �0m�0m 6= 0. Zatem xy2 F .

Zatem na mocy de�nicji 8 F jest podcia÷em cia÷a K.

ad(c)Wezmy dowolne podcia÷o F 0 zawieraj ¾ace sum¾e mnogosciow ¾a F1[F2. Udowodnimy,·ze dla ka·zdego x 2 F zachodzi x 2 F 0. Z powy·zszego wiadomo, ·ze F jest zbiorem u÷amków

postaci x = a1b1+:::+anbna01b

01+:::+a

0mb

0m, gdzie ai; a0j 2 F1, bi; b0j 2 F2 oraz a01b01+ :::+a0mb0m 6= 0. Skoro F 0 jest

dowolnym podcia÷em zawieraj ¾acym F1 [ F2, to ai; a0j 2 F1 � F 0 oraz bi; b0j 2 F2 � F 0. Zatema1b1; :::; anbn 2 F 0, poniewa·z F 0 jest cia÷em, wi¾ec zawiera iloczyn swoich elementów. Zatemrównie·z a1b1+ :::+ anbn 2 F 0, poniewa·z F 0 jest cia÷em, wi¾ec zawiera sum¾e swoich elementów.A zatem równie·z element a1b1+:::+anbn

a01b01+:::+a

0mb

0m2 F 0. Zatem mamy, ·ze x 2 F 0. Zatem otrzymujemy, ·ze

F � F 0. Zatem ostatecznie dostajemy, ·ze F1F2 jest z zbiorem wszystkich elementów postacia1b1+:::+anbna01b

01+:::+a

0mb

0mdla pewnych ai; a0j 2 F1, bi; b0j 2 F2 oraz a01b01 + :::+ a0mb0m 6= 0.

Od nast¾epnego paragrafu b¾edziemy rozwa·zac tylko cia÷o liczb rzeczywistych K = R orazjego podcia÷a. B¾edziemy stosowac powy·zsze lematy i w÷asnosci tylko do podcia÷cia÷a liczb

rzeczywistych.

2 Teoria punktów konstruowalnych cyrklem i linijk ¾a -

(tak zwanych konstrukcji platonskich)

Rozdzia÷ten b¾edzie poswi¾econy podaniu wszystkich potrzebnych de�nicji i twierdzen alge-

braicznych, z których b¾edziemy korzystac w nast¾epnych rozdzia÷ach omawiaj ¾ac tam alge-

braiczne podstawy teorii punktów konstruowalnych. Przez punkty konstruowalne b¾edziemy

rozumiec punkty konstruowalne za pomoc ¾a cyrkla i linijki. Konstrukcje takie nazywane s ¾a

tak·ze konstrukcjami platonskimi. W nast¾epnym paragra�e przedstawimy algebraiczne pod-

stawy szerszej klasy punktów konstruowalnych, do których wykorzystuje si¾e cyrkiel i linijk¾e

ze wstawk ¾a (tzn. z zaznaczonymi na niej dwoma punktami). Konstrukcje takie zwane s ¾a kon-

strukcjami nieplatonskimi. Pozwalaj ¾a one na konstrukcyjne rozwi ¾azanie wielomianów stopnia

trzeciego i czwartego a w konsekwencji na przyk÷ad pozwalaj ¾a znalezc trysekcj¾e dowolnego

k ¾ata (Archimedes, Nikomedes jeszcze w staro·zytnosci) czy podwojenie szescianu (Hartshorne,

rok 2000). Konstrukcje takie s ¾a niemo·zliwe do zrobienia metodami platonskimi. Wiele za-

gadnien konstrukcyjnych dla trójk ¾atów jest nierozwi ¾azalnych metod ¾a platonsk ¾a, natomiast

12

jest rozwi ¾azalnych przy u·zyciu linijki ze wstawk ¾a poniewa·z sprowadza si¾e do szukania pier-

wiastków wielomianów stopni trzeciego lub czwartego. Problemem jest w takiej sytuacji

znalezienie konstrukcyjnego rozwi ¾azania nieplatonskiego. Wiele tego typu problemów nie jest

do dzisiejszego dnia rozwi ¾azanych.

2.1 Algebraiczne podstawy teorii punktów konstruowalnych cyr-klem i linijk ¾a (czyli tzw. konstrukcji platonskich)

De�nicja 16 Niech dane b¾ed ¾a punkty na p÷aszczyznie P1; P2; :::; Pk 2 R2. Punkt nazywamykonstruowalnym (przy pomocy cyrkla i linijki, inaczej mówi ¾ac po platonsku) z danych punktów

P1; :::; Pk, je·zeli nale·zy do zbioru

A =1[i=0

Ai

gdzie A0 = fP1; P2; :::; Pkg, zas ka·zdy nast ¾epny zbiór Am+1 sk÷ada si ¾e ze wszystkich punktówze zbioru Am oraz punktów otrzymanych na jeden z nast ¾epuj ¾acych sposobów:

1. niech dane b¾ed ¾a dwie proste l1 i l2 przechodz ¾ace przez punkty nale·z ¾ace do Am. Punkt

przeci ¾ecia tych prostych (o ile l1 i l2 nie s ¾a równoleg÷e) nale·zy do Am+1 (l1\ l2 2 Am+1),

2. niech dana b¾edzie prosta l1 przechodz ¾aca przez dwa punkty zbioru Am oraz niech dany

b¾edzie okr¾eg O1 o srodku w punkcie ze zbioru Am i promieniu b¾ed ¾acym odleg÷osci ¾a dwóch

punktów zbioru Am. Punkty przeci ¾ecia prostej l1 i okr¾egu O1 (o ile l1 i O1 przecinaj ¾a

si ¾e) nale·z ¾a do zbioru Am+1 (l1 \O1 2 Am+1),

3. niech dane b¾ed ¾a dwa okr¾egi O1 i O2 powsta÷e jak wy·zej przez punkty nale·z ¾ace do Am.

Punkty przeci ¾ecia tych okr¾egów (o ile O1 i O2 przecinaj ¾a si ¾e) nale·z ¾a do Am+1 (O1\O2 2Am+1).

Przyk÷ad 17 (Elementarne konstrukcje cyrklem i linijk ¾a)

1. Konstrukcja prostej prostopad÷ej do prostej k przechodz ¾acej przez punkt A(gdzie A nie nale·zy do k). Dan ¾a mamy prost ¾a k i punkt A =2 k. Wbijamy nó·zk ¾ecyrkla w punkt A i rozwartosci ¾a cyrkla wi ¾eksz ¾a ni·z odleg÷osc od punktu A do prostej k

zaznaczamy ÷ukami dwa punkty na prostej k. Z tych dwóch punktów, t ¾a sam ¾a rozwarto-

sci ¾a cyrkla kreslimy ÷uki po drugiej stronie (w stosunku do punktu A) prostej k, które

13

przetn ¾a si ¾e w punkcie B. Prowadzimy teraz prost ¾a ÷¾acz ¾ac ¾a punkty A i B. Jest to prosta

prostopad÷a do prostej k przechodz ¾aca przez punkt A.

k

A

B

Rys. 1

2. Konstrukcja prostej równoleg÷ej do prostej k przechodz ¾acej przez punkt A(gdzie A nie nale·zy do k). Poka·zemy dwa sposoby konstrukcji tej prostej:

a) Dan ¾a mamy prost ¾a k oraz punkt A =2 k. Konstruujemy prost ¾a prostopad÷¾a l do

prostej k przechodz ¾ac ¾a przez punkt A w sposób jak w punkcie pierwszym. Nast ¾epnie

wbijamy nó·zk ¾e cyrkla w punkt A i zaznaczamy ÷ukami dwa punkty na prostej l. Z

tych dwóch punktów, wi ¾eksz ¾a rozwartosci ¾a cyrkla kreslimy ÷uki po prawej i po lewej

stronie prostej l, które b¾ed ¾a si ¾e przecinac. W ten sposób otrzymujemy dwa nowe punkty.

Teraz prowadzimy prost ¾a ÷¾acz ¾ac ¾a dwa nowo powsta÷e punkty. Powsta÷a prosta jest prost ¾a

równoleg÷¾a do prostej k przechodz ¾ac ¾a przez punkt A.

k

A

l

Rys. 2

b) Dan ¾a mamy prost ¾a k oraz punkt A =2 k. Z punktu A zakreslamy ÷uk o promieniu

wi ¾ekszym ni·z odleg÷osci z punktu A do prostej k. Otrzymujemy dwa punkty B i C

przeci ¾ecia ÷uku z prost ¾a k. Nast ¾epnie z punktu A kreslimy ÷uk o rozwartosci równej

BC, zas z punktu C kreslimy ÷uk o rozwartosci równej AB. Otrzymujemy punkt D

14

(czwarty wierzcho÷ek równoleg÷oboku ABCD) przeci ¾ecia tych ÷uków. Prowadzimy prost ¾a

przechodz ¾ac ¾a przez punkty A i D. Prosta ta jest prost ¾a równoleg÷¾a do prostej k.

A

B C

D

k

Rys. 3

Twierdzenie 18 (twierdzenie Talesa) Jesli ramiona k ¾ata s ¾a przeci ¾ete prostymi równoleg÷ymi,wówczas odcinki wyznaczone przez te proste na jednym ramieniu k ¾ata s ¾a proporcjonalne do

odpowiednich odcinków na drugim ramieniu k ¾ata. Stosuj ¾ac twierdzenie do poni·zszego rysunku

otrzymujemy:

jABjjADj =

jBCjjDEj ;

jABjjBCj =

jADjjDEj ;

jABjjACj =

jADjjAEj ;

jABjjACj =

jADjjAEj =

jBDjjCEj .

A

BC

ED

Rys. 4

De�nicja 19 Os jest to prosta z wyró·znionym punktem 0 zwanym pocz ¾atkiem osi oraz z

wyró·znion ¾a pó÷prost ¾a na tej prostej o pocz ¾atku w 0 (któr ¾a b¾edziemy nazywac dodatni ¾a). Na

dodatniej pó÷osi danej osi wyró·zniamy punkt odleg÷y o 1 od pocz ¾atku osi. Wówczas ka·zdy

punkt p osi posiada wspó÷rz ¾edn ¾a okreslon ¾a wzorem d(0; p), gdy p le·zy na dodatniej pó÷osi oraz

�d(0; p), gdy p nie le·zy na dodatniej pó÷osi.

15

Twierdzenie 20 (twierdzenie Talesa dla osi) Dane s ¾a dwie osie o wspólnym pocz ¾atku O,jedn ¾a oznaczmy przez OX a drug ¾a przez OY . Oznaczmy wspó÷rz ¾edne punktu na osi OX przez

x, zas wspó÷rz ¾edne punktu na osi OY przez y. Niech dane b¾ed ¾a dwie proste równoleg÷e l1 i l2nie przechodz ¾ace przez pocz ¾atek O przecinaj ¾ace osie w punktach o wspó÷rz ¾ednych odpowiednio

x1 i x2 oraz y1 i y2. Wówczasx1x2=y1y2.

Twierdzenie 21 [3] Za÷ó·zmy, ·ze dane s ¾a punkty na p÷aszczyznie P1; :::; Pk, gdzie P1 = (a1; b1);:::; Pk = (ak; bk). Punkt Q = (x; y) jest konstruowalny za pomoc ¾a cyrkla i linijki (czyli po pla-

tonsku) wtedy i tylko wtedy, gdy wspó÷rz ¾edne x; y daj ¾a si ¾e wyrazic za pomoc ¾a elementarnych

dzia÷an arytmetycznych +;�; �;�;p zastosowanych skonczon ¾a ilosc razy na wspó÷rz ¾ednych

a1; b1; :::; ak; bk.

Dowód. �=)�Niech punkt o wspó÷rz¾ednych (x; y) b¾edzie punktem konstruowalnym. Wtedy(x; y) 2 Ai, gdzie zbiór Ai gdzie i 2 N jest zde�niowany jak w de�nicji 16. Poka·zemy

indukcyjnie wzgl¾edem i, ·ze jesli punkt (x; y) 2 Ai to wspó÷rz¾edne x; y daj ¾a si¾e przedstawicw postaci skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p. Dla i = 0 punkt Q = (x; y) 2 A0, czylix; y 2 fa1; b1; :::; ak; bkg s ¾a dane i nie wymagaj ¾a konstrukcji. Wezmy dowolne i 2 N. Za÷ó·zmy,·ze ka·zdy punkt (x; y) 2 Ai ma wspó÷rz¾edne, które daj ¾a si¾e przedstawic w postaci skonczonejilosci dzia÷an +;�; �;�;p. Poka·zemy, ·ze dla i+1 wspó÷rz¾edne punktu Q 2 Ai+1 równie·z daj ¾asi¾e przedstawic w postaci skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p. Jak wiadomo z de�nicji 16s ¾a trzy mo·zliwe sposoby powstania punktu Q.

1. Niech Q b¾edzie punktem przeci¾ecia prostych l1 i l2. Ka·zda z tych prostych prze-

chodzi przez dwa ró·zne punkty ze zbioru Ai. Niech zatem prosta l1 przechodzi przez punkty

Q1 = (x1; y1) i Q2 = (x2; y2), zas prosta l2 przez Q3 = (x3; y3) i Q4 = (x4; y4) oraz za÷ó·zmy, ·ze

l1 i l2 nie s ¾a równoleg÷e. Z za÷o·zenia indukcyjnego wspó÷rz¾edne punktów Q1; Q2; Q3; Q4 mo·zna

przedstawic w postaci skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p na liczbach ze zbioru wspó÷rz¾ed-

nych punktów z A0: Aby wyznaczyc punkt Q przeci¾ecia tych prostych nale·zy rozwi ¾azac

nast¾epuj ¾acy uk÷ad równan:((y � y1)(x2 � x1) = (y2 � y1)(x� x1)(y � y3)(x4 � x3) = (y4 � y3)(x� x3)

.

Rozwi ¾azuj ¾ac ten uk÷ad równan otrzymujemy jedno rozwi ¾azanie, czyli otrzymujemy jeden

punkt przeci¾ecia Q = (x; y). Wspó÷rz¾edne tego punktu daj ¾a si¾e przedstawic za pomoc ¾a skon-

czonej ilosci dzia÷an +;�; �;� (w tym przypadku bez p) ze wspó÷rz¾ednych x1; y1; :::; x4; y4, co

16

÷¾acznie oznacza, ·ze x; y mo·zna przedstawic w postaci skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p

na liczbach ze zbioru wspó÷rz¾ednych punktów z A0.

2. Niech Q b¾edzie punktem przeci¾ecia prostej l1 i okr¾egu O1. Prosta ta przechodzi przez

dwa ró·zne punkty Q1 = (x1; y1) i Q2 = (x2; y2) ze zbioru Ai, zas O1 to okr¾eg o srodku w

punkcie Q0 = (x0; y0) i promieniu r b¾ed ¾acym odleg÷osci ¾a dwóch punktów Q3 = (x3; y3) i

Q4 = (x4; y4) ze zbioru Ai:

r =p(x4 � x3)2 + (y4 � y3)2.

Zatem:

r2 = (x4 � x3)2 + (y4 � y3)2.

Z za÷o·zenia indukcyjnego wspó÷rz¾edne punktów Q0; Q1; Q2; Q3; Q4 mo·zna przedstawic za po-

moc ¾a skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p na liczbach ze zbioru A0. Aby wyznaczyc punkty

przeci¾ecia prostej i okr¾egu nale·zy rozwi ¾azac nast¾epuj ¾acy uk÷ad równan:((x� x0)2 + (y � y0)2 = (x4 � x3)2 + (y4 � y3)2

(y � y1)(x2 � x1) = (y2 � y1)(x� x1).

Wymna·zaj ¾ac i podnosz ¾ac do kwadratu powy·zsze równania, otrzymujemy:(x2 + y2 � 2x0x� 2y0y � (x4 � x3)2 � (y4 � y3)2 + x20 + y20 = 0

x(y1 � y2) + y(x2 � x1)� x2y1 + x1y2 = 0.

Podstawiamy a = �2x0, b = �2y0, c = �(x4 � x3)2 � (y4 � y3)2 + x20 + y20 oraz a0 = y1 � y2,b0 = x2 � x1, c0 = �x2y1 + x1y2. Zatem:(

x2 + y2 + ax+ by + c = 0

a0x+ b0y + c0 = 0.

St ¾ad (x2 + y2 + ax+ by + c = 0

y = �a0

b0 x�c0

b0

.

Wyznaczone y podstawiamy do równania x2 + y2 + ax+ by+ c = 0 i wykonuj ¾ac odpowiednie

rachunki otrzymujemy uk÷ad:(x2(1 + (a

0

b0 )2) + x(2a

0c0

b02 + a�ba0

b0 ) + (c0

b0 )2 � bc0

b0 + c = 0

y = �a0

b0 x�c0

b0

.

Dla uproszczenia rachunków podstawmy A = 1+(a0

b0 )2, B = 2a0c0

b02 +a�ba0

b0 , C = (c0

b0 )2� bc0

b0 + c.

W powy·zszym uk÷adzie, w równaniu pierwszym otrzymujemy równanie kwadratowe postaci:

Ax2 +Bx+ C = 0

17

Rozwi ¾azuj ¾ac to równanie, otrzymujemy:(xI =

�B�pB2�4AC2A

yI = �a0

b0 (�B�

pB2�4AC2A

)� c0

b0

oraz (xII =

�B+pB2�4AC2A

yII = �a0

b0 (�B+

pB2�4AC2A

)� c0

b0

.

Wracaj ¾ac do podstawienia otrzymujemy:8>><>>:xI =

� 2a0c0b02 �a+ ba0

b0 �q( 2a

0c0b02 +a� ba0

b0 )2�4(1+(a0

b0 )2)(( c

0b0 )

2� bc0b0 +c)

2(1+(a0b0 )

2)

yI = �a0

b0� 2a0c0

b02 �a+ ba0b0 �

q( 2a

0c0b02 +a� ba0

b0 )2�4(1+(a0

b0 )2)(( c

0b0 )

2� bc0b0 +c)

2(1+(a0b0 )

2)� c0

b0

oraz 8>><>>:xII =

� 2a0c0b02 �a+ ba0

b0 +q( 2a

0c0b02 +a� ba0

b0 )2�4(1+(a0

b0 )2)(( c

0b0 )

2� bc0b0 +c)

2(1+(a0b0 )

2)

yII = �a0

b0� 2a0c0

b02 �a+ ba0b0 +

q( 2a

0c0b02 +a� ba0

b0 )2�4(1+(a0

b0 )2)(( c

0b0 )

2� bc0b0 +c)

2(1+(a0b0 )

2)� c0

b0

.

Zatem otrzymujemy co najwy·zej dwa rozwi ¾azania: QI = (xI ; yI) i QII = (xII ; yII). Wspó÷rz¾e-

dne tych punktów wyra·zaj ¾a si¾e za pomoc ¾a skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p z liczb

A;B;C, te zas z a; b; c; a0; b0; c0, a te ze wspó÷rz¾ednych x0; y0; x1; y1; :::; x4; y4.

3. Niech Q b¾edzie punktem przeci¾ecia dwóch okr¾egów O1 i O2. Okr¾eg O1 b¾edzie mia÷

srodek w punkcie Q0 = (x0; y0) i promien r b¾ed ¾acy odleg÷osci ¾a dwóch punktów Q1 = (x1; y1)

i Q2 = (x2; y2) ze zbioru Ai:

r =p(x2 � x1)2 + (y2 � y1)2.

St ¾ad:

r2 = (x2 � x1)2 + (y2 � y1)2.

Okr¾eg O2 b¾edzie mia÷srodek w punkcie Q3 = (x3; y3) i promien r b¾ed ¾acy d÷ugosci ¾a dwóch

punktów Q4 = (x4; y4) i Q5 = (x5; y5) ze zbioru Ai:

r =p(x5 � x4)2 + (y5 � y4)2.

St ¾ad:

r2 = (x5 � x4)2 + (y5 � y4)2.

18

Z za÷o·zenia indukcyjnego wspó÷rz¾edne punktów Q0; Q1; Q2; Q3; Q4; Q5 mo·zna przedstawic za

pomoc ¾a skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p na liczbach ze zbioru A0. Aby wyznaczyc

punkty przeci¾ecia tych okr¾egów nale·zy rozwi ¾azac nast¾epuj ¾acy uk÷ad równan:((x� x0)2 + (y � y0)2 = (x2 � x1)2 + (y2 � y1)2

(x� x3)2 + (y � y3)2 = (x5 � x4)2 + (y5 � y4)2.

Rozwi ¾azuj ¾ac ten uk÷ad równan otrzymujemy co najwy·zej dwa rozwi ¾azania, QI = (xI ; yI) i

QII = (xII ; yII). Wspó÷rz¾edne tych punktów wyra·zaj ¾a si¾e za pomoc ¾a skonczonej ilosci dzia÷an

+;�; �;�;p ze wspó÷rz¾ednych x0; y0; x1; y1; :::; x5; y5.

�(=�W tej cz¾esci dowodu zak÷adamy, ·ze wspó÷rz¾edne danego punktu Q daj ¾a si¾e przed-

stawic za pomoc ¾a skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �;�;p ze wspó÷rz¾ednych a1; b1; :::; ak; bk.

Poka·zemy, ·ze punkt Q = (x; y) jest konstruowalny. Dla dowolnego s 2 N tworzymy zbiór Nsz÷o·zony z punktów (x; y) takich, ·ze x; y daj ¾a si¾e przedstawic za pomoc ¾a nie wi¾ecej ni·z s oper-

acji sposród dzia÷an +;�; �;�;p na liczbach a1; b1; :::; ak; bk. Poka·zemy indukcyjnie wzgl¾edems, ·ze punkty ze zbioru Ns s ¾a konstruowalne. Dla s = 0 mamy N0 = fP1; :::; Pkg i punkty zezbioru N0 s ¾a dane.

Wezmy dowolne s 2 N. Za÷ó·zmy, ·ze Ns sk÷ada si¾e z punktów konstruowalnych. Nale·zypokazac, ·ze Ns+1 równie·z sk÷ada si¾e z punktów konstruowalnych.

Wezmy punkt (x; y) 2 Ns+1. Wówczas istniej ¾a punkty Q1 = (x1; y1); Q2 = (x2; y2) 2 Nstakie, ·ze:

x = xi � yj lub x = xi � yj lub x = xi � yj lub x =pxi lub x =

pyi,

y = xi � yj lub y = xi � yj lub y = xi � yj lub y =pxi lub y =

pyi,

gdzie i; j = 1; 2. Poka·zemy, ·ze punkt (x; y) jest konstruowalny.

W pierwszej kolejnosci poka·zemy, ·ze:

a) maj ¾ac skonstruowany punkt o wspó÷rz¾ednych (x; y) mo·zna skonstruowac punkty owspó÷rz¾ednych (x; 0); (0; y).Maj ¾ac punkt (x; y) mo·zna skonstruowac punkt (x; 0) prowadz ¾ac prost ¾a prostopad÷¾a do osi

0X przechodz ¾ac ¾a przez punkt (x; y). Punkt (x; 0) jest punktem przeci¾ecia tej w÷asnie prostej

prostopad÷ej z osi ¾a 0X. Prost ¾a tak ¾a mo·zna skonstruowac za pomoc ¾a cyrkla i linijki (patrz

19

przyk÷ad konstrukcji elementarnej 17). Analogicznie konstruujemy punkt (0; y).

(0,y)

(x,0)

(x,y)

Y

X

Rys. 5

b) Maj ¾ac skonstruowane punkty o wspó÷rz¾ednych (x; 0); (0; y) mo·zna skonstruowac punkto wspó÷rz¾ednych (x; y).

Aby skonstruowac punkt (x; y)maj ¾ac dany punkt (x; 0) (odpowiednio (0; y)) nale·zy popro-

wadzic proste prostopad÷e do osi 0X (0Y ) przechodz ¾ace przez punkt (x; 0) ((0; y)). Punkt

(x; y) jest punktem przeci¾ecia tych prostych prostopad÷ych.

c) Mo·zna skonstruowac na osi 0X punkt x = x1 + y1, gdy x1; y1 s ¾a skonstruowane.

Aby skonstruowac punkt x = x1 + y1, nale·zy na osi 0X od÷o·zyc punkty x1 (w przypadku

gdy x1 > 0 punkt ten b¾edzie le·za÷na prawo od punktu 0, zas gdy x1 < 0 b¾edzie le·za÷na lewo

od punktu 0) i y1 (tak samo jak w przypadku punktu x1). Nast¾epnie odmierzamy cyrklem

odleg÷osc od punktu 0 do y1 i zaczynaj ¾ac od punktu x1 zaznaczamy go w kierunku dodatnim

lub ujemnym w zale·znosci od znaku punktu y1. Powsta÷y punkt jest sum ¾a punktów x1 i y1.

Rozwa·zamy cztery przypadki:

10 x1 � 0, y1 � 0, x = x1 + y1,

0 yx1 1 x =x1+ y1

Rys. 6

20

20 x1 � 0, y1 < 0, x = x1 + y1,

0 x11y x

Rys. 7

30 x1 < 0, y1 < 0, x = x1 + y1,

0x1y1x

Rys. 8

40 x1 < 0, y1 > 0, x = x1 + y1.

01x 1yx

Rys. 9

d) Mo·zna skonstruowac punkt x = x1 � y1, gdy x1; y1 s ¾a skonstruowane.Schemat konstrukcji jest analogiczny jak w przypadku sumy z t ¾a ró·znic ¾a, ·ze rozpi¾etosc

cyrkla od 0 do y1 odmierzamy w przeciwn ¾a stron¾e ni·z poprzednio.

21

e) Mo·zna skonstruowac punkt x = x1 � y1, gdy x1; y1 s ¾a skonstruowane.Aby skonstruowac punkt x = x1 �y1 nale·zy w uk÷adzie wspó÷rz¾ednych na osi 0X zaznaczyc

punkt o wspó÷rz¾ednej x1, zas na osi 0Y odk÷adamy punkt jednostkowy a od tego punktu

jednostkowego odk÷adamy punkt y1 w kierunku dodatnim lub ujemnym w zale·znosci od znaku

liczby y1. Nast¾epnie nale·zy poprowadzic prost ¾a przechodz ¾ac ¾a przez punkt (0; 1) i punkt (x1; 0).

Kolejnym krokiem jest poprowadzenie prostej równoleg÷ej do naszej prostej, przechodz ¾acej

przez punkt (0; 1 + y1). Prost ¾a tak ¾a mo·zna skonstruowac za pomoc ¾a cyrkla i linijki (patrz

przyk÷ad 17). Wspó÷rz¾edna punktu przeci¾ecia tej prostej równoleg÷ej z osi ¾a 0X, jest iloczynem

punktów x1 i y1. Poprawnosc tej konstrukcji wynika z twierdzenia 20.

1

y1=x1x=) x = x1 � y1

Rozwa·zmy trzy przypadki:

10 x1 > 0, y1 > 0, x = x1 � y1,

X

Y

1

y1

x1 x

Rys. 10

20 x1 > 0, y1 < 0, x = x1 � y1,

22

1

x1

1yx

Rys. 11

30 x1 < 0, y1 < 0, x = x1 � y1.

1

y1

xx1

Rys. 12

f) Mo·zna skonstruowac punkt x = x1 � y1, gdy x1; y1 s ¾a skonstruowane.Aby skonstruowac punkt x = x1 � y1 w uk÷adzie wspó÷rz¾ednych na osi 0X zaznaczamy

punkt o wspó÷rz¾ednej x1, zas na osi 0Y odk÷adamy punkt y1 a od tego punktu odk÷adamy

punkt jednostkowy. Nast¾epnie prowadzimy prost ¾a przechodz ¾ac ¾a przez punkt (0; y1) i punkt

(x1; 0). Kolejnym krokiem jest poprowadzenie prostej równoleg÷ej do naszej prostej, prze-

chodz ¾acej przez punkt (0; y1+1). Prost ¾a tak ¾a mo·zna skonstruowac za pomoc ¾a cyrkla i linijki

(patrz przyk÷ad 17). Wspó÷rz¾edna punktu przeci¾ecia tej prostej równoleg÷ej z osi ¾a 0X jest

ilorazem punktów x1 i y1. Równie·z poprawnosc tej konstrukcji wynika z twierdzenia 20.

1

x=y1x1=) x =

x1y1

23

1

y1

Y

x1 xX

Rys. 13

g) Mo·zna skonstruowac punkt x =px1, gdy x1 > 0 jest skonstruowany.

Aby skonstruowac punkt x =px1 w uk÷adzie wspó÷rz¾ednych na osi 0X zaznaczamy punkt

x1 a w przeciwn ¾a stron¾e od zera punkt jednostkowy. Nast¾epnie nale·zy wyznaczyc srodek

odcinka od �1 do x1 i ze srodka tego odcinka nale·zy zakreslic cyrklem okr ¾ag o promieniu

równym po÷owie tego odcinka. Punkt przeci¾ecia okr¾egu z osi ¾a 0Y jest punktem x =px1.

­1

Y

x

x1X

Rys. 14

24

Z twierdzenia Pitagorasa wynika poprawnosc tej konstrukcji:

a b

cdx

Rys. 15

x2 + b2 = c2,

x2 + a2 = d2,

d2 + c2 = (a+ b)2.

Podstawiaj ¾ac d2 i c2 do trzeciej równosci, otrzymujemy:

x2 + a2 + x2 + b2 = a2 + 2ab+ b2,

st ¾ad

x2 = ab.

St ¾ad dla b = 1 oraz a = x1 otrzymujemy:

x2 = x1 � 1 = x1,

a wi¾ec

x =px1.

Z powy·zszego wynika poni·zszy wniosek.

Wniosek 22 Za÷ó·zmy, ·ze mamy dany ci ¾ag punktów P1; P2; :::; Pk. Zbiory pierwszych i drugichwspó÷rz ¾ednych wszystkich punktów konstruowalnych tego ci ¾agu s ¾a cia÷ami pokrywaj ¾acymi si ¾e.

Uwaga 23 Powiemy, ·ze umiemy skonstruowac liczb¾e x1, jesli umiemy wyznaczyc przy po-mocy cyrkla i linijki punkt, który w uk÷adzie wspó÷rz ¾ednych OXY ma wspó÷rz ¾edne (0; x1)

25

Uwaga 24 Je·zeli nie b¾edzie powiedziane inaczej (czyli, ·ze punkt jest konstruowalny z danych

punktów P1; :::; Pk), to konstruowalnosc b¾edzie rozumiana jako konstruowalnosc wzgl ¾edem

dwóch punktów (0; 0) i (1; 0), czyli srodka uk÷adu wspó÷rz ¾ednych i punktu na osi 0X o wspó÷rz ¾e-

dnej 1 (inaczej mówi ¾ac, w oparciu o ustalony odcinek jednostkowy). B ¾edzie to dotyczyc na

przyk÷ad konstruowalnosci pierwiastków wielomianów o wspó÷czynnikach wymiernych.

2.2 Punkty konstruowalne a wie·ze podcia÷

Twierdzenie 25 Niech dane b¾ed ¾a punkty P1; P2; :::; Pk oraz niech F0 b¾edzie najmniejszym

cia÷em zawieraj ¾acym wspó÷rz ¾edne tych punktów. Przez R oznaczmy zbiór (cia÷o) pierwszych

i drugich wspó÷rz ¾ednych punktów konstruowalnych z danych punktów P1; P2; :::; Pk. Liczba

rzeczywista � 2 R nale·zy do cia÷a R wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje ci ¾ag cia÷(inaczej wie·zapodcia÷) F0 � F1 � ::: � Fs taki, ·ze � 2 Fs oraz Fi = Fi�1(

p�i) dla pewnego �i 2 Fi�1,

�i > 0, i = 1; :::; s.

Dowód. " =) " Za÷ó·zmy, ·ze � 2 R. Zbiór R powstaje ze wspó÷rz¾ednych punktów

P1; P2; :::; Pk nale·z ¾acych do zbioru F0 za pomoc ¾a skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �; �� ;p. Dowód

nale·zy przeprowadzic w sposób indukcyjny wzgl¾edem r (gdzie r jest to ilosc wszystkich ope-

racji).

Dla r = 0, � 2 F0 (oczywiste, bo dla s = 0 mamy Fs = F0). Wezmy dowolne r 2 N.Za÷o·zenie indukcyjne: za÷ó·zmy, ·ze je·zeli liczba � powstaje przez wykonanie nie wi¾ecej ni·z

r dzia÷an, to istnieje liczba naturalna s i wie·za cia÷F0 � F1 � ::: � Fs taka, ·ze � 2 Fs (tzn.� nale·zy do pewnego rozszerzenia pierwiastnikowego cia÷a F0, zgodnie z de�nicj ¾a (13)).

Teza indukcyjna: poka·zemy, ·ze je·zeli a powstaje przez wykonanie r+1 dzia÷an, to a nale·zy

do pewnego rozszerzenia Fs0 dla pewnego s0.

Dowód tezy indukcyjnej. S ¾a nast¾epuj ¾ace mo·zliwosci:

1. a =pb, gdzie b powstaje z wykonania r operacji na liczbach ze zbioru F0,

2. a = b+ c, a = b� c, a = bc lub a = bc, gdzie b; c powstaj ¾a z wykonania odpowiednio r1

i r2 operacji na liczbach ze zbioru F0, gdzie r1 + r2 = r.

ad 1. Je·zeli b 2 Fs, wówczas a 2 Fs(pb). Wtedy Fs0 = Fs(

pb) oraz Fs � Fs+1. Zatem

jesli s0 = s+ 1, to Fs � Fs0.ad 2. Rozwa·zmy b; c powstaj ¾ace z F0 po wykonaniu odpowiednio r1 i r2 dzia÷an takich,

·ze r1+r2 = r. Wówczas b+c, b�c, bc, bc powstaj ¾a przez wykonanie r+1 dzia÷an. Z za÷o·zenia

26

indukcyjnego dla b istnieje wie·za cia÷

F0 � F1 � ::: � Fs,

zas dla c istnieje wie·za cia÷

F0 � F 01 � ::: � F 0s0.

Tworzymy nowy ci ¾ag wst¾epuj ¾acy cia÷

F0 � F1 � ::: � Fs = Fs � F0 � Fs � F 01 � Fs � F 02 � ::: � Fs � F 0s0.

Poka·zemy, ·ze jest to wie·za rozszerzen pierwiastnikowych. Wiadomo, ·ze F0 � F 01 = F0(p�),

gdzie

� 2 F0 � R,� > 0,

p� =2 F0

oraz F0(p�) jest to najmniejsze cia÷o zawieraj ¾ace F0 [ f

p�g. Wiadomo, ·ze Fs � F0 = Fs jest

rozszerzeniem pierwiastnikowym F0. Nale·zy kolejno pokazac, ·ze Fs �F 01; Fs �F 02; :::; Fs �F 0s0 s ¾a torozszerzenia pierwiastnikowe. Korzystaj ¾a z lematu 11 wnioskujemy, ·ze F0(

p�) jest zbiorem

wszystkich liczb postaci u + vp� dla pewnych u; v 2 F0. Z lematu 15 wiadomo, ·ze Fs � F 01

jest zbiorem wszystkich elementów postaci

a1b1 + a2b2 + :::+ anbna01b

01 + a

02b02 + :::+ a

0mb

0m

gdzie ai; a0i 2 Fs, bi; b0i 2 F 01 oraz a01b01 + a02b02 + :::+ a0mb0m 6= 0. Zatem otrzymujemy:

a1b1 + a2b2 + :::+ anbna01b

01 + a

02b02 + :::+ a

0mb

0m

=a1(u1 + v1

p�) + a2(u2 + v2

p�) + :::+ an(un + vn

p�)

a01(u01 + v

01

p�) + a02(u

02 + v

02

p�) + :::+ a0m(u

0m + v

0m

p�)=

=a1u1 + a1v1

p�+ a2u2 + a2v2

p�+ :::+ anun + anvn

p�

a01u01 + a

01v01

p�+ a02u

02 + a

02v02

p�+ :::+ a0mu

0m + a

0mv

0m

p�=

=a1u1 + a2u2 + :::+ anun + (a1v1 + a2v2 + :::+ anvn)

p�

a01u01 + a

02u02 + :::+ a

0mu

0m + (a

01v01 + a

02v02 + :::+ a

0mv

0m)p�= (�).

Podstawmy dla uproszczenia

d = a1u1 + a2u2 + :::+ anun,

e = a1v1 + a2v2 + :::+ anvn,

f = a01u01 + a

02u02 + :::+ a

0mu

0m,

g = a01v01 + a

02v02 + :::+ a

0mv

0m.

27

Wówczas mamy:

(�) = d+ ep�

f + gp�=d+ e

p�

f + gp�� f � g

p�

f � gp�= ::: =

df � �eg + (ef � dg)p�

f 2 � �g2 = (�).

Podstawmy dla uproszczenia

A =df � �egf 2 � �g2

oraz

B =ef � dgf 2 � �g2 .

Wówczas otrzymujemy

(�) = A+Bp�.

Zatem Fs � F 01 jest rozszerzeniem pierwiastnikowym Fs. Analogicznie pokazujemy, ·ze Fs � F 02jest rozszerzeniem pierwiastnikowym Fs � F 01, i tak dalej a·z do Fs � F 0s0. Zatem jest to wie·za

rozszerzen pierwiastnikowych.

Za÷ó·zmy, ·ze b 2 Fs oraz c 2 F 0s0. Wówczas:

b+ c =b � 1 + 1 � c1 � 1 2 Fs � F 0s0,

b� c =b � 1� 1 � c1 � 1 2 Fs � F 0s0,

bc =b � c1 � 1 2 Fs � F

0s0,

b

c=

b � 11 � c 2 Fs � F

0s0.

" (= " Za÷ó·zmy, ·ze istnieje ci ¾ag cia÷(wie·za podcia÷) F0 � F1 � ::: � Fk taki, ·ze � 2Fk oraz Fi = Fi�1(

p�i) dla pewnego �i 2 Fi�1, i = 1; :::; k. Nale·zy pokazac, ·ze � 2

R. Wezmy dowoln ¾a liczb¾e rzeczywist ¾a �. Poka·zemy indukcyjnie wzgl¾edem k, ·ze zachodzi

powy·zsze twierdzenie, to znaczy je·zeli istnieje ci ¾ag cia÷F0 � F1 � ::: � Fk i � 2 Fk, to

� 2 R .Dla k = 0 , � 2 F0 (F0 zawiera wspó÷rz¾edne danych punktów P1; :::; Pk, wi¾ec � 2 R).

Wezmy dowolne k 2 N.Za÷o·zenie indukcyjne: powy·zsze twierdzenie zachodzi dla liczby k, to znaczy jesli istnieje

ci ¾ag cia÷(wie·za podcia÷) F0 � F1 � ::: � Fk i � 2 Fk, to � 2 R.Teza indukcyjna: powy·zsze twierdzenie zachodzi dla liczby k + 1, to znaczy jesli istnieje

ci ¾ag cia÷(wie·za podcia÷) F0 � F1 � ::: � Fk+1 i � 2 Fk+1, to � 2 R.Istotnie, � jest postaci � = a+ b

pck+1, a; b; ck+1 2 Fk. Z za÷o·zenia indukcyjnego a; b; ck+1

nale·z ¾a do zbioru R a zatem powstaj ¾a z liczb z F0 po wykonaniu skonczonej ilosci dzia÷an

28

arytmetycznych +;�; �; �� ;p: Poniewa·z � powstaje z a; b; ck+1 przez wykonanie po jednym

dzia÷aniu p oraz + i �, wi¾ec w efekcie � powsta÷a ze skonczonej ilosci dzia÷an +;�; �; �� ;p na

liczbach ze zbioru F0. Zatem � 2 R.

2.3 Wielomiany trzeciego i czwartego stopnia i ich pierwiastki kon-struowalne

De�nicja 26 [9] Niech K � R b¾edzie podcia÷em cia÷a R (dalej b¾edziemy pisali, ·ze K jest

cia÷em liczbowym). Wielomianem wzgl ¾edem cia÷a K nazywamy funkcj ¾e

g(x) = a0xn + a1x

n�1 + :::+ an�1x+ an, gdzie x 2 R

oraz a0; :::; an s ¾a dowolnymi elementami cia÷a K. Zak÷adaj ¾ac, ·ze x0 = 1, mo·zemy nasz wielo-

mian zapisac w postaci:nXi=0

an�ixi.

Liczby a0; :::; an nazywamy wspó÷czynnikami wielomianu, gdzie an jest wyrazem wolnym,

zas liczb¾e n (o ile a0 6= 0) nazywamy stopniem wielomianu.

Uwaga 27 Suma, ró·znica oraz iloczyn dwóch wielomianów o wspó÷czynnikach z cia÷a K jest

tak·ze wielomianem o wspó÷czynnikach z cia÷a K.

Uwaga 28 Przez K[x] b¾edziemy oznaczac zbiór wszystkich wielomianów jednej zmiennej.

Zbiór ten jest pierscieniem i nazywamy go pierscieniem wielomianów zmiennej x nad cia÷em

K.

De�nicja 29 Niech dany b¾edzie wielomian g(x) z K[x]. Je·zeli wielomian ten mo·zna przed-stawic w postaci iloczynu dwóch wielomianów ni·zszych stopni o wspó÷czynnikach równie·z z K,

to nazywamy go wielomianem rozk÷adalnym lub przywiedlnym w ciele K.

De�nicja 30 Niech dany b¾edzie wielomian g(x) z pierscienia K[x]. Wielomian, który nieda si ¾e przedstawic jako iloczyn dwu wielomianów stopni ni·zszych (inaczej: niemo·zliwy jest

rozk÷ad na czynniki) nazywamy nierozk÷adalnym lub nieprzywiedlnym.

De�nicja 31 [7] Liczb ¾a algebraiczn ¾a nazywamy liczb¾e rzeczywist ¾a a b¾ed ¾ac ¾a pierwiastkiemwielomianu o wspó÷czynnikach ca÷kowitych (wymiernych).

29

Twierdzenie 32 [11](Twierdzenie Bezouta) Liczba a 2 K jest pierwiastkiem wielomianu

g(x) wtedy i tylko wtedy, gdy wielomian (dwumian) (x� a) dzieli wielomian g(x).

Kryterium 33 [8](Kona) Jesli wspó÷czynniki wielomianu

g(x) = a0xn + a1x

n�1 + :::+ an�1x+ an

s ¾a ca÷kowite i spe÷niaj ¾a nierównosci 0 � ai � 9, i = 0; 1; :::; n oraz N = a0 � 10n + a1 � 10n�1 +:::+an�1 � 10+an jest liczb ¾a pierwsz ¾a, wówczas wielomian ten jest nierozk÷adalny w ciele liczbwymiernych.

Twierdzenie 34 [7] Pierwiastki rzeczywiste równania trzeciego stopnia o wspó÷czynnikachwymiernych mo·zna skonstruowac (w oparciu o odcinek jednostkowy, patrz uwaga 24) wtedy i

tylko wtedy, gdy równanie to posiada choc jeden pierwiastek wymierny.

Dowód. " =) " Niech dane b¾edzie równanie stopnia trzeciego postaci:

a0x3 + a1x

2 + a2x+ a3 = 0. (2)

Za÷ó·zmy, ·ze x1 jest jednym z rzeczywistych pierwiastków tego równania i jest on konstruowalny.

Wówczas istnieje ci ¾ag liczb dodatnich �1; :::;�k oraz ci ¾ag cia÷Q = F0 � F1 � ::: � Fk takich,·ze

Fi = Fi�1(p�i), gdzie �i 2 Fi�1, i = 1; :::; k

oraz

x1 2 Fk,

x1 =2 Fk�1,p�i =2 Fi�1,p�i 2 Fi.

Wówczas pierwiastek x1 ma postac:

x1 = p+ qp�k

dla pewnych p; q 2 Fk�1 oraz q 6= 0. Podstawiaj ¾ac x = x1 do równania (2) otrzymujemy:

a0(p+ qp�k)

3 + a1(p+ qp�k)

2 + a2(p+ qp�k) + a3 = 0.

30

Dalej wykonujemy odpowiednie dzia÷ania i otrzymujemy:

a0(p3 + 3p2q

p�k + 3pq

2�k + q3�k

p�k) + a1(p

2 + 2pqp�k + q

2�k)+

+a2(p+ qp�k) + a3 = 0.

Po wymno·zeniu i uporz ¾adkowaniu, otrzymujemy:

(a0p3 + a03pq

2�k + a1p2 + a1q

2�k + a2p+ a3)+

+p�k(a03p

2q + a0q3�k + a12pq + a2q) = 0.

Poniewa·zp�k =2 Fk�1 zas liczby z nawiasów po lewej stronie równania nale·z ¾a do tego cia÷a,

zachodz ¾a nast¾epuj ¾ace zwi ¾azki:

a0p3 + a03pq

2�k + a1p2 + a1q

2�k + a2p+ a3 = 0 (3)

oraz

a03p2q + a0q

3�k + a12pq + a2q = 0. (4)

Nast¾epnie sprawdzimy, ·ze liczba

x2 = p� qp�k

równie·z spe÷nia równanie a0x3 + a1x2 + a2x + a3 = 0. Podstawiamy x = x2 i w sposób

analogiczny otrzymujemy:

a0(p� qp�k)

3 + a1(p� qp�k)

2 + a2(p� qp�k) + a3 =

= a0(p3 � 3p2q

p�k + 3pq

2�k � q3�k

p�k) + a1(p

2 � 2pqp�k + q

2�k)+

+a2(p� qp�k) + a3 =

= (a0p3 + a03pq

2�k + a1p2 + a1q

2�k + a2p+ a3)+

�p�k(a03p

2q + a0q3�k + a12pq + a2q).

Zatem jak widzimy liczba x2 = p� qp�k spe÷nia równanie (2). Z za÷o·zenia, ·ze q 6= 0 wynika,

·ze x1 6= x2. Oczywiscie x2 2 Fk.Oznaczmy trzeci pierwiastek rzeczywisty równania a0x3 + a1x2 + a2x + a3 = 0 przez x3

(poniewa·z dziel ¾ac trójmian przez iloczyn (x � x1)(x � x2), otrzymujemy jednomian - a st ¾ad

31

trzeci pierwiastek). Ze wzoru Viety otrzymujemy:

x1 + x2 + x3 = �a1a0,

x3 = �a1a0� x1 � x2,

x3 = �a1a0� p� q

p�k � p+ q

p�k,

x3 = �a1a0� 2p.

Wnosimy st ¾ad, ·ze liczba x3 2 Fk�1, zas z powy·zszego wiemy, ·ze x1 2 Fk, sk ¾ad wnosimy, ·zex3 6= x1 a tym samym x3 6= x2. Wi¾ecej, x3 jest liczb ¾a wymiern ¾a. Gdyby jednak tak nie by÷o,to wsród cia÷F1; :::; Fk�1 istnia÷oby takie Fi, ·ze x3 nale·za÷oby do Fi, a nie nale·za÷oby do Fi�1.

Wówczas x3 by÷oby postaci:

x3 = u+ wp�i dla pewnych u;w 2 Fi�1 oraz w 6= 0.

Wówczas rozumuj ¾ac analogicznie jak powy·zej pierwiastek x4 mia÷by postac:

x4 = u� wp�i

i by÷by pierwiastkiem równania (2) ró·znym od x1; x2; x3 co jest oczywiscie niemo·zliwe. Zatem

z za÷o·zenia, ·ze równanie (2) posiada pierwiastek konstruowalny wnioskujemy, ·ze równanie to

posiada co najmniej jeden pierwiastek wymierny.

"(= " Zak÷adamy, ·ze wielomian stopnia trzeciego (2) ma choc jeden pierwiastek wymiernyx1. Wówczas wielomian ten mo·zemy roz÷o·zyc na czynniki:

(x� x1)(x2 + cx+ d),

gdzie c i d s ¾a to liczby wymierne, poniewa·z powstaj ¾a one z dzielenia przez siebie liczb

wymiernych. Rozwi ¾azuj ¾ac równanie:

x2 + cx+ d = 0,

� = c2 � 4d � 0,

otrzymujemy kolejne pierwiastki:

x2 =�c+

pc2 � 4d2

,

x3 =�c�

pc2 � 4d2

.

32

Jak widac z postaci, pierwiastki x2; x3 nale·z ¾a do rozszerzenia cia÷a F0 przez do÷¾aczenie pier-

wiastka kwadratowego. Zatem pierwiastki wielomianu stopnia trzeciego s ¾a konstruowalne.

Powy·zsze twierdzenie rozstrzyga o konstruowalnosci pierwiastków wielomianów stopnia

czwartego w przypadku gdy wielomian ten o wspó÷czynnikach wymiernych ma choc jeden pier-

wiastek wymierny. Wówczas mo·zna go sprowadzic do równania stopnia trzeciego o wspó÷czyn-

nikach wymiernych i skorzystac z powy·zszego twierdzenia. W przeciwnym wypadku korzy-

stamy z nast¾epuj ¾acego twierdzenia:

Twierdzenie 35 [7] Niech dany b¾edzie wielomian stopnia czwartego o wspó÷czynnikach wymi-ernych postaci:

g(x) = a0x4 + a1x

3 + a2x2 + a3x+ a4.

Je·zeli wielomian ten nie ma pierwiastków wymiernych, to wszystkie jego pierwiastki rzeczy-

wiste mo·zna skonstruowac przy pomocy cyrkla i linijki wtedy i tylko wtedy, gdy odpowiadaj ¾ace

mu równanie rozwi ¾azuj ¾ace

u3 � a2u2 + (a1a3 � 4a4)u� a4(a21 � 4a2)� a23 = 0

ma co najmniej jeden pierwiastek wymierny.

Dowód. " =) " Za÷ó·zmy, ·ze wszystkie pierwiastki rzeczywiste powy·zszego wielomianu stop-

nia czwartego s ¾a konstruowalne. Niech x1 b¾edzie jednym z pierwiastków rzeczywistych rów-

nania stopnia czwartego. Wówczas dziel ¾ac ten wielomian przez (x�x1) dostajemy wielomianstopnia trzeciego a ten z kolei zawsze ma pierwiastek rzeczywisty x2 6= x1, równie·z daj ¾acy si¾eskonstruowac. Dziel ¾ac wielomian stopnia czwartego przez (x�x1)(x�x2) dostajemy trójmiankwadratowy o wspó÷czynnikach d i e. Zatem wielomian stopnia czwartego rozk÷ada si¾e na dwa

czynniki stopnia drugiego i wówczas ma on postac:

(x2 + bx+ c)(x2 + dx+ e) = 0,

gdzie liczby b; c; d i e s ¾a rzeczywiste. Liczby b i c mo·zna wyznaczyc korzystaj ¾ac z faktu, ·ze

mamy dwa jego pierwiastki. Wówczas:

x2 + bx+ c = (x� x1)(x� x2).

Wymna·zaj ¾ac praw ¾a stron¾e równosci otrzymujemy:

x2 + bx+ c = x2 � xx2 � xx1 + x1x2.

33

Z tego zas otrzymujemy:

x2 + bx+ c = x2 + x(�x1 � x2) + x1x2.

Porównuj ¾ac wspó÷czynniki po obu stronach równosci, otrzymujemy:

b = �(x1 + x2),c = x1x2.

Zatem wspó÷czynniki b i c mo·zna skonstruowac. Dalej wymna·zaj ¾ac oba czynniki rozk÷adu

wielomianu otrzymujemy:

x4 + dx3 + ex2 + bx3 + bdx2 + bex+ cx2 + cdx+ ce = 0.

Porz ¾adkujemy lew ¾a stron¾e powy·zszej równosci:

x4 + x3(b+ d) + x2(bd+ c+ e) + x(be+ cd) + ce = 0.

Nast¾epnie porównujemy wspó÷czynniki powy·zszej równosci z wspó÷czynnikami wielomianu z

równania poni·zszego:

a0x4 + a1x

3 + a2x2 + a3x+ a4 = 0.

Wówczas otrzymujemy uk÷ad równan8>>>>>><>>>>>>:

a0 = 1

a1 = b+ d

a2 = bd+ c+ e

a3 = be+ cd

a4 = ce

,

gdzie z za÷o·zenia wszystkie liczby a1; a2; a3 i a4 s ¾a wymierne. Z drugiej i ostatniej równosci

powy·zszego uk÷adu wynika, ·ze:

d = a1 � b oraz e =a4c.

Obie te liczby mo·zna zatem skonstruowac. Zatem mo·zna równie·z skonstruowac pierwiastki,

jesli s ¾a one liczbami rzeczywistymi równania:

x2 + dx+ e = 0,

co oznacza, ·ze konstruowalne s ¾a wszystkie pierwiastki wielomianu g(x).

34

Mo·zna równie·z skonstruowac liczb¾e u0 = c + e, która okazuje si¾e byc pierwiastkiem rów-

nania rozwi ¾azuj ¾acego. Sprawdzimy, czy rzeczywiscie tak jest. Do równania rozwi ¾azuj ¾acego

podstawmy powy·zsze wartosci a0; a1; a2; a3; a4. Zatem

u3 � (bd+ c+ e)u2 + ((b+ d)(be+ cd)� 4ce)u� ce((b+ d)2 � 4(bd+ c+ e))� (be+ cd)2 = 0.

Porz ¾adkuj ¾ac wyra·zenia w nawiasach po lewej stronie równania otrzymujemy:

u3 � (bd+ c+ e)u2 + (b2e+ bcd+ bde+ cd2 � 4ce)u+�ce(b2 + 2bd+ d2 � 4bd� 4c� 4e)� b2e2 � 2bcde� c2d2 = 0.

Dalej mamy:

u3 � (bd+ c+ e)u2 + (b2e+ bcd+ bde+ cd2 � 4ce)u� b2ce� 2bcde+�cd2e+ 4bcde+ 4c2e+ 4ce2 � b2e2 � 2bcde� c2d2 = 0.

Je·zeli liczba u0 jest pierwiastkiem równania rozwi ¾azuj ¾acego, to podstawiaj ¾ac j ¾a do powy·zszej

równosci ca÷e wyra·zenie po lewej stronie tej równosci powinno si¾e zredukowac. Podstawiaj ¾ac

za u = c+ e, mamy:

(c+ e)3 � (bd+ c+ e)(c+ e)2 + (b2e+ bcd+ bde+ cd2 � 4ce)(c+ e)+�b2ce� 2bcde� cd2e+ 4bcde+ 4c2e+ 4ce2 � b2e2 � 2bcde� c2d2 = 0.

Wymna·zaj ¾ac wszystkie wartosci otrzymujemy:

c3 + 3c2e+ 3ce2 + e3 � bc2d� c3 � c2e� 2bcde� 2c2e� 2ce2 � bde2 � ce2 � e3++b2ce+ bc2d+ bcde+ c2d2 � 4c2e+ b2e2 + bcde+ bde2 + cd2e� 4ce2 � b2ce+

�2bcde� cd2e+ 4bcde+ 4c2e+ 4ce2 � b2e2 � 2bcde� c2d2 = 0.

Ca÷e wyra·zenie po lewej stronie powy·zszego równania zredukuje si¾e. Zatem u0 = c + e jest

pierwiastkiem równania rozwi ¾azuj ¾acego. Zatem na mocy twierdzenia 34 wynika, ·ze równanie

to ma co najmniej jeden pierwiastek wymierny.

"(= " Za÷ó·zmy teraz, ·ze u0 jest pierwiastkiem wymiernym równania rozwi ¾azuj ¾acego

u3 � a2u2 + (a1a3 � 4a4)u� a4(a21 � 4a2)� a23 = 0.

Wówczas rozwi ¾azanie równania

a0x4 + a1x

3 + a2x2 + a3x+ a4 = 0

35

sprowadza si¾e do rozwi ¾azania dwóch równan stopnia drugiego postaci:

x2 + (a12+

ra214� a2 + u0)x+

u02+

a1u0 � 2a3

4

qa214� a2 + u0

= 0,

x2 + (a12�ra214� a2 + u0)x+

u02� a1u0 � 2a3

4

qa214� a2 + u0

= 0.

S ¾a to wzory na rozwi ¾azanie ogólnego równania stopnia czwartego znalezione przez Ferrariego,

który aby je otrzymac najpierw znajduje rozwi ¾azanie u0 równania rozwi ¾azuj ¾acego a nast¾epnie

rozwi ¾azuje dwa poni·zsze równania. Korzystamy z gotowych wzorów, które s ¾a zamieszczone

w ksi ¾a·zce ×uczynskiego [7], na stronie 10. Pierwiastki tych równan jesli tylko s ¾a liczbami

rzeczywistymi, s ¾a konstruowalne, poniewa·z konstruowalne s ¾a wszystkie ich wspó÷czynniki.

3 Podstawy teoretyczne i praktyczne konstrukcji geom-

etrycznych za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a

W rozdziale tym zajmiemy si¾e zagadnieniem punktów konstruowalnych za pomoc ¾a cyrkla i li-

nijki ze wstawk ¾a jak równie·z zastosowaniem tej linijki do znalezienia pierwiastków wielomianu

stopnia czwartego oraz trzeciego, a tak·ze poka·zemy sposób wyznaczania tych pierwiastków.

Nale·zy jednak zauwa·zyc, ·ze nie mo·zna oddzielic podstaw teoretycznych od praktycznych

konstrukcji geometrycznych za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a, poniewa·z do opracowania

cz¾esci teoretycznej za pomoc ¾a wie·zy podcia÷, nale·zy ju·z miec praktyczne konstrukcje trysekcji

k ¾ata oraz podwojenia szescianu za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Linijk¾e ze wstawk ¾a o d÷ugosci d nazywamy linijk¾e, na której zaznaczono dwa punkty odleg÷e

od siebie o d. Mo·zna zadac sobie pytanie do czego tak w÷asciwie mo·ze s÷u·zyc taka linijka, do

czego si¾e j ¾a wykorzystuje. Otó·z mo·zna na niej zaznaczyc dwa punkty o pewnej odleg÷osci,

nast¾epnie mo·zna ustawic j ¾a tak, aby te dwa punkty le·za÷y na dwóch prostych (b ¾adz na dwóch

okr¾egach lub jeden na prostej a drugi na okr¾egu) i jednoczesnie linijka przechodzi÷a przez

dany punkt. Inaczej mówi ¾ac: je·zeli mamy dane proste L1; L2, odleg÷osc d oraz punkt O, to

36

wówczas mo·zna poprowadzic prost ¾a OAB, gdzie A 2 L1; B 2 L2, d = AB.

d

2L

L1

0

B

A

d

Rys. 16

Oka·ze si¾e, ·ze u·zycie tego prostego przyrz ¾adu znacznie poszerza zakres mo·zliwych konstrukcji

geometrycznych. Zacznijmy od podania de�nicji punktów konstruowalnych za pomoc ¾a cyrkla

i linijki ze wstawk ¾a:

3.1 De�nicja punktów konstruowalnych za pomoc ¾a cyrkla i linijkize wstawk ¾a

De�nicja 36 Niech dane b¾ed ¾a punkty na p÷aszczyznie P1; P2; :::; Pk oraz niech dany b¾edzie

odcinek o d÷ugosci d równej odleg÷osci dwóch punktów. Punkt nazywamy konstruowalnym za

pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a o d÷ugosci d (czyli z zaznaczonymi na niej dwoma punktami

odleg÷ymi o d) z danych punktów P1; P2; :::; Pk, je·zeli nale·zy do zbioru

A =1[i=1

Ai

gdzie A0 = fP1; P2; :::; Pkg. Ka·zdy nast ¾epny zbiór Am+1 powstaje ze wszystkich punktów zezbioru Am i punktów otrzymanych na jeden z nast ¾epuj ¾acych sposobów (trzy pierwsze s ¾a iden-

tyczne jak w konstrukcjach platonskich):

1. niech dane b¾ed ¾a dwie proste l1 i l2 przechodz ¾ace przez punkty nale·z ¾ace do Am ( l1 i l2 nie

mog ¾a byc równoleg÷e). Punkt przeci ¾ecia tych prostych nale·zy do Am+1 (l1 \ l2 2 Am+1),

37

2. niech dana b¾edzie prosta l1 przechodz ¾aca przez dwa punkty zbioru Am oraz niech dany

b¾edzie okr¾eg O1 o srodku w punkcie ze zbioru Am i promieniu b¾ed ¾acym odleg÷osci ¾a dwóch

punktów zbioru Am. Punkty przeci ¾ecia prostej l1 i okr¾egu O1 nale·z ¾a do zbioru Am+1(l1 \O1 2 Am+1),

3. niech dane b¾ed ¾a dwa okr¾egi O1 i O2 powsta÷e jak wy·zej przez punkty nale·z ¾ace do Am.

Punkty przeci ¾ecia tych okr¾egów nale·z ¾a do Am+1 (O1 \O2 2 Am+1),

4. niech dane b¾ed ¾a dwie proste l1i l2 przechodz ¾ace przez dwa ró·zne punkty ka·zda nale·z ¾ace do

zbioru Am oraz niech dany b¾edzie punkt B nale·z ¾acy do zbioru Am. Wówczas do punktu

B przyk÷adamy linijk ¾e ze wstawk ¾a d i tak j ¾a przesuwamy (ustawiamy), aby przecina÷a

nasze proste l1 oraz l2 w zaznaczonych na tej linijce dwóch punktach. Dwa punkty na

prostych l1 i l2 powsta÷e w powy·zszy sposób nale·z ¾a do Am+1.

d

d

l

B

2

l1

Rys. 17

Je·zeli nie b¾edzie powiedziane inaczej, to konstruowalnosc cyrklem i linijk ¾a ze wstawk ¾a

(bez wskazania punktów) oznaczac b¾edzie konstruowalnosc w oparciu o ustalony odcinek

jednostkowy, czyli inaczej w oparciu o dwa dane punkty odleg÷e od siebie o 1, na przyk÷ad

punkty (0; 0) i (0; 1) (analogicznie jak to by÷o dla konstrukcji platonskich).

Uwaga 37 Zbiór punktów konstruowalnych za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a o d÷ugoscid jest taki sam, jak ze wstawk ¾a o dowolnej innej d÷ugosci d0 (w oparciu o ten sam zbiór

punktów wyjsciowych na p÷aszczyznie P1; P2; :::; Pk). Poka·zemy to. Niech dane b¾ed ¾a dwie

linijki ze wstawk ¾a, jedna o d÷ugosci d, zas druga o d÷ugosci d0. Prowadzimy dwie proste l1 i l2tak jak w punkcie 4. powy·zszej de�nicji, oraz zaznaczamy punkt B. Prowadzimy prost ¾a OB.Nast ¾epnie na prostej tej zaznaczamy punkt B0, taki aby OB0

OB= d0

d. Teraz u·zyjemy wstawki

d0: prowadzimy prost ¾a przechodz ¾ac ¾a przez punkt B0 i przecinaj ¾ac ¾a proste l1 i l2 w punktach

38

A0 2 l1, C 0 2 l2 gdzie A0C 0 = d0. Nast ¾epnie prowadzimy prost ¾a równoleg÷¾a do tej prostej,

przechodz ¾ac ¾a przez punkt B, wówczas prosta ta przecina proste l1 i l2 w punktach A 2 l1,C 2 l2, gdzie AC = d. Poprawnosc tej konstrukcji wynika z warunku OB0

OB= d0

d.

d

d'

2l

l1C'

A'

C

A

B

B'

O

d

d'

Rys. 18

Zatem wstawk ¾a o d÷ugosci d0 daje si¾e skonstruowac wszystkie punkty konstruowalne przy po-

mocy wstawki d. Z symetrii za÷o·zen otrzymujemy równosc zbiorów punktów konstruowalnych

za pomoc ¾a ró·znych wstawek.

3.2 Trysekcja k ¾ata za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a

Trysekcja k ¾ata, na podstawie pozycji [5], [6], [14], jest to jeden z trzech s÷ynnych problemów

staro·zytnej matematyki greckiej, który pojawi÷si¾e w V w.p.n.e. Dwa pozosta÷e to podwojenie

szescianu (zagadnienie to zosta÷o omówione w nast¾epnym podrozdziale) oraz kwadratura ko÷a.

Okaza÷o si¾e, ·ze te trzy zagadnienia nie s ¾a rozwi ¾azalne przy pomocy cyrkla i linijki, zas badanie

ich wymaga÷o stworzenia nowych metod. Trysekcja k ¾ata polegaj ¾aca na podziale dowolnego

k ¾ata na trzy równe cz¾esci okaza÷a si¾e zadaniem niewykonalnym za pomoc ¾a tylko cyrkla i

linijki. Daremne by÷y wszelkie próby rozwi ¾azania tego problemu w staro·zytnosci jak i w

sredniowieczu. Mimo to matematyka zawdzi¾ecza im (szczególnie Grekom) wiele twierdzen i

obserwacji, jak i równie·z odkrycie takich krzywych jak cyssoida Dioklesa, traktrysa i konchoida

Nikomedesa oraz wynalezieniu przydatnych przyrz ¾adów konstrukcyjnych. Oczywiscie s ¾a takie

k ¾aty, które mo·zna podzielic na trzy równe cz¾esci przy pomocy cyrkla i linijki, np. k ¾at 90o,

39

ale s ¾a równie·z takie których nie da si¾e podzielic, np. k ¾at 120o. Natomiast jesliby u·zyc cyrkla

i linijki ze wstawk ¾a, to mo·zliwe jest podzielenie dowolnego k ¾ata na trzy równe cz¾esci.

Jak ju·z wy·zej wspomnielismy, istnia÷y liczne sposoby do rozwi ¾azania zagadnienia trysekcji

k ¾ata. Jednym z nich jest sposób Nikomedesa, greckiego matematyka ·zyj ¾acego na prze÷omie

III i II w.p.n.e. Nawi ¾azuje on do poni·zszej konstrukcji i opiera si¾e na zastosowaniu krzywej,

tak zwanej konchoidy Nikomedesa (Rys. 19) o równaniu (x2+ y2)(y� b)2 = d2y, gdzie prostal jest to prosta o równaniu y = b.

­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5

­5

­4

­3

­2

­1

1

2

3

4

5

x

y­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5

­5

­4

­3

­2

­1

1

2

3

4

5

x

y

­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5

­5

­4

­3

­2

­1

1

2

3

4

5

x

y

ld

Rys. 19

Drugi sposób to sposób Archimedesa, równie·z greckiego matematyka (287 - 212 p.n.e.), który

do konstrukcji u·zywa cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Stwierdzenie 38 [4] Za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a mo·zliwe jest wykonanie trysekcjidowolnego k ¾ata.

Dowód. (1) Niech AOB b¾edzie k ¾atem ostrym. Prowadzimy prostopad÷¾a AC do OB z

punktu A. Rysujemy prost ¾a równoleg÷¾a m do OB z punktu A. Nast¾epnie za pomoc ¾a linijki ze

wstawk ¾a o d÷ugosci d = 2AO prowadzimy prost ¾a ODE tak ¾a, ·ze D 2 AC, E 2 m, DE = 2AO.Prosta ta dzieli na trzy równe cz¾esci k ¾at AOB. Niech F b¾edzie srodkiem odcinka DE, zas G

srodkiem odcinka AE. Wówczas FG jest prost ¾a prostopad÷¾a do AE, wi¾ec trójk ¾at EFG oraz

trójk ¾at AFG s ¾a przystaj ¾ace. Teraz nowy k ¾at EOB = � jest równy k ¾atowi AEO przez proste

równoleg÷e oraz jest on równy k ¾atowi EAF przez trójk ¾aty przystaj ¾ace. Zatem k ¾at AFO = 2�

jako suma k ¾atów wewn¾etrznych trójk ¾ata AEF do niego nie przyleg÷ych. Jednak·ze odcinek

40

DE jest równy 2AO. Zatem AO = EF = AF . St ¾ad trójk ¾at AOF jest równoramienny, wi¾ec

k ¾at AOD = 2�. St ¾ad k ¾at AOB jest równy 3�.

A

O BC

l

D

E

F

G

2

2

Rys. 20

(2) Niech AOB b¾edzie k ¾atem rozwartym. Z punktu A prowadzimy prost ¾a prostopad÷¾a

do przed÷u·zenia prostej OB oraz prost ¾a równoleg÷¾a m do OB. Nast¾epnie za pomoc ¾a linijki

ze wstawk ¾a o d÷ugosci d = 2AO prowadzimy prost ¾a DOE tak ¾a, ·ze D nale·zy do przed÷u·zenia

prostej AC oraz E 2 m, DE = 2AO. Prosta ta dzieli k ¾at AOB na trzy równe cz¾esci.

Niech F b¾edzie srodkiem odcinka DE, zas G srodkiem odcinka AE. Wówczas FG jest

prost ¾a prostopad÷¾a do AE, wi¾ec trójk ¾at EFG oraz trójk ¾at AFG s ¾a przystaj ¾ace. Teraz nowy

k ¾at EOB = � jest równy k ¾atowi AEO przez proste równoleg÷e oraz jest on równy k ¾atowi

EAF przez trójk ¾aty przystaj ¾ace (k ¾at AEO jest równy k ¾atowi EAF , gdy·z trójk ¾at AFE jest

równoramienny). Zatem k ¾at AFO = 2� jako suma k ¾atów wewn¾etrznych trójk ¾ata AEF do

niego nie przyleg÷ych. Jednak·ze odcinek DE jest równy 2AO, zatem AO = EF = AF . St ¾ad

trójk ¾at AOF jest równoramienny, wi¾ec k ¾at AOE = 2�. St ¾ad k ¾at AOB jest równy 3�.

41

A G E

F

O BC

D

m

2

2

Rys. 21

3.3 Podwojenie szescianu za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a

Podwojenie szescianu, jak ju·z by÷o wspomniane we wczesniejszym podrozdziale, jest jednym

z trzech s÷ynnych problemów matematyki greckiej. Równie·z zwany jako problem delijski,

gdy·z zwi ¾azany jest z pewn ¾a legend ¾a. Legenda ta mówi÷a o wybuchu epidemii d·zumy na

wyspie Delos, która nie dosc, ·ze trwa÷a bardzo d÷ugo, to poch÷on¾e÷a ogromn ¾a ilosc o�ar. Zroz-

paczeni ludzie zamieszkuj ¾acy t ¾a wysp¾e postanowili udac si¾e do s÷ynnej wyroczni boga Apol-

lina w Delos, aby dowiedziec si¾e co maj ¾a czynic, aby uwolnic si¾e od tej zarazy. Wyrocznia

odpowiedzia÷a, ·ze nale·zy dwukrotnie powi¾ekszyc o÷tarz, który ma postac szescianu. Ludzie

uczynili tak jak powiedzia÷a wyrocznia, zmieniaj ¾ac jednak·ze kszta÷t geometryczny tego o÷-

tarza. Zaraza nie mija÷a. Postanowili udac si¾e jeszcze raz do wyroczni z zapytaniem dlaczego

zaraza dalej szaleje. Wówczas wyrocznia odpowiedzia÷a, ·ze nie nale·zy tylko podwoic obj¾e-

tosci o÷tarza, ale tak·ze trzeba zachowac jego kszta÷t geometryczny. Ludnosc niezw÷ocznie

przyst ¾api÷do prac, lecz niestety nie by÷o to takie proste jak by si¾e zdawa÷o. Wówczas popro-

szono o rad¾e wielkiego uczonego w owym czasie Platona, ale niestety mimo jego wysi÷ków i

jego uczniów nie poradzono sobie z tak ¾a konstrukcj ¾a za pomoc ¾a cyrkla i linijki (tresc zacz-

erpni¾eta z ksi ¾a·zki Ko�era [6]). Nie wiadomo, jakie by÷y dalsze losy tej epidemii. Mo·zemy

za÷o·zyc, ·ze pewnie kiedys musia÷a si¾e zakonczyc, mimo nie wykonania tego zadania. Prob-

lemem tym zajmowano si¾e przez wiele pokolen, dzi¾eki temu otrzymano wiele oryginalnych

metod rozwi ¾azania tego problemu za pomoc ¾a cyrkla i linijki w sposób przybli·zony. W sposób

42

dok÷adny problem ten zosta÷rozwi ¾azany za pomoc ¾a nieklasycznych metod, na przyk÷ad za

pomoc ¾a konchoidy Nikomedesa. Algebraiczne rozwi ¾azanie tego problemu sprowadza si¾e do

znalezienia d÷ugosci kraw¾edzi x szukanego szescianu, gdzie a jest kraw¾edzi ¾a danego szescianu.

Otrzymujemy równanie x3 = 2a3. Rozwi ¾azuj ¾ac je, otrzymujemy x = 3p2a3. Jak si¾e okazuje,

nie da si¾e skonstruowac tej wartosci za pomoc ¾a cyrkla i linijki.

W podrozdziale tym poka·zemy, ·ze wykonalne jest podwojenie szescianu za pomoc ¾a cyrkla

i linijki ze wstawk ¾a. Podwojenie szescianu równowa·zne jest konstruowalnosci liczby 3pa. Naj-

pierw podamy nast¾epuj ¾ace twierdzenie:

Twierdzenie 39 (Menelaus) Niech dany b¾edzie trójk ¾at ABC oraz niech punkty X; Y; Z

b¾ed ¾a le·za÷y odpowiednio na bokach BC, CA, AB tego trójk ¾ata lub na ich przed÷u·zeniach.

WówczasBX

CX� CYAY

� AZBZ

= 1.

Stwierdzenie 40 [4] Maj ¾ac dwa odcinki o d÷ugosci 1 oraz a, mo·zliwa jest konstrukcja zapomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a odcinka o d÷ugosci 3

pa.

Dowód. Niech AB b¾edzie odcinkiem o d÷ugosci a. Wykorzystuj ¾ac odcinek o d÷ugosci 1

okreslmy b = 23k�1 dla odpowiedniego k tak, aby b > a. Budujemy trójk ¾at równoramienny

ABC taki, ·ze CA = CB = b oraz przed÷u·zymy bok CA do punktu D tak, aby AD = b.

Rysujemy prost ¾a DB. Teraz za pomoc ¾a linijki ze wstawk ¾a o d÷ugosci d = EF = b rysujemy

(prost ¾a) CEF tak, aby E 2 DB oraz F 2 AB oraz EF = b.Niech BF = y. Wówczas

3pa =

y

22k.

Do trójk ¾ata ACF oraz do prostej DBE stosujemy twierdzenie 39. Niech CE = x. Zaczynaj ¾ac

od wierzcho÷ka A i poruszaj ¾ac si¾e zgodnie z ruchem wskazówek zegara, na mocy twierdzenia

39, otrzymujemy:b

2b� xb� ya= 1.

Z powy·zszej równosci otrzymujemy:

xy = 2ab.

Rysujemy okr¾eg o srodku w punkcie C i promieniu b, punkt F b¾edzie poza okr¾egiem, oraz

rysujemy prost ¾a FBA. Zauwa·zmy, ·ze CG = b, CE = y. Mamy zatem

FG = b+GE = CE = y.

43

St ¾ad

y(y + a) = x(x+ 2b).

Likwiduj ¾ac x z dwóch równan, mamy:

y3 = 4b2a.

Wracaj ¾ac do podstawienia b = 23k�1, otrzymujemy:

y3 = 4 � 26k�2a.

Wykonuj ¾ac odpowiedni rachunek, mamy:

y = 22k 3pa.

St ¾ad3pa =

y

22k.

A Ba

b b

C

D

b

EF

b

y

xG

H

Rys. 22

3.4 Konstruowalnosc przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a dowol-nych pierwiastków rzeczywistych wielomianów stopnia trze-ciego i czwartego

Na pocz ¾atku tego podrozdzia÷u podamy twierdzenie, które b¾edzie dotyczyc zastosowania li-

nijki ze wstawk ¾a do wyznaczenia pierwiastków wielomianu stopnia czwartego.

44

Stwierdzenie 41 [4] Za÷ó·zmy, ·ze mamy dane dwie proste l;m, punkt O oraz odcinek o d÷u-

gosci d nale·z ¾acy do cia÷a F � R. Niech OAB b¾edzie tak ¾a prost ¾a, ·ze A 2 l, B 2 m oraz

AB = d. Wówczas wspó÷rz ¾edne punktów A;B b¾ed ¾a le·za÷y w ciele F (�), gdzie � jest rzeczy-

wistym pierwiastkiem pewnego wielomianu stopnia czwartego o wspó÷czynnikach z cia÷a F .

Dowód. Przez prostok ¾atn ¾a zmian¾e wspó÷rz¾ednych mo·zemy przyj ¾ac, ·ze punkt O = (0; 0) jestpocz ¾atkiem uk÷adu wspó÷rz¾ednych oraz, ·ze l jest prost ¾a o równaniu y = b dla pewnego b 2 F .Wezmy pod uwag¾e po÷o·zenie wszystkich punktów P takie, ·ze OP przetnie prost ¾a l w punkcie

Q i PQ = d.

lA

O

Q

BP

mn

X

Y

d

d

Rys. 23

To po÷o·zenie wszystkich punktów P nazywamy konchoid ¾a (Rys. 19). Znalezienie prostej

OAB z za÷o·zenia twierdzenia jest równowa·zne ze znalezieniem punktu przeci¾ecia prostej m

z konchoid ¾a. Na pocz ¾atku musimy znalezc równanie konchoidy. Wezmy dowoln ¾a prost ¾a n

o równaniu y = ax przechodz ¾ac ¾a przez pocz ¾atek uk÷adu wspó÷rz¾ednych. Prosta n przetnie

prost ¾a l w punkcie Q = ( ba; b).

Niech (x; y) b¾ed ¾a wspó÷rz¾ednymi P . Wówczas z warunku PQ = d mamy:

(x� b

a)2 + (y � b)2 = d2.

Jednak·ze P cz¾esto znajduje si¾e na prostej n. Skorzystamy z równania prostej n do usuni¾ecia

a w powy·zszej równosci. Podstawmy a = yxdo powy·zszej równosci:

(x� bxy)2 + (y � b)2 = d2.

45

St ¾ad

x2 � 2bx2

y+b2x2

y2+ y2 � 2yb+ b2 = d2.

Po przekszta÷ceniach otrzymujemy:

(x2 + y2)(y � b)2 = d2y2. (5)

Zatem równanie (5) jest równaniem konchoidy.

Aby znalezc punkt przeci¾ecia B konchoidy z prost ¾a m o równaniu y = cx + e nale·zy

rozwi ¾azac nast¾epuj ¾acy uk÷ad równan:((x2 + y2)(y � b)2 = d2y2

y = cx+ e.

Zajmiemy si¾e pierwsz ¾a równosci ¾a. Wyznaczony y z drugiej równosci wstawiamy do pierwszej

równosci powy·zszego uk÷adu. Otrzymujemy:

(x2 + (cx+ e)2)(cx+ e� b)2 = d2(cx+ e)2,

(x2 + c2x2 + 2cxe+ e2)(c2x2 + e2 + b2 + 2cxe� 2cxb� 2eb) = d2(c2x2 + 2cxe+ e2),

x4c2 + x2e2 + x2b2 + 2x3ce� 2x3cb� 2x2eb+ x4c4 + x2c2e2 + x2c2b2 + 2c3x3e+�2c3x3b� 2c2x2eb+ 2c3x3e+ 2cxe3 + 2cxeb2 + 4c2x2e2 � 4c2x2eb� 4cxe2b++c2x2e2 + e4 + e2b2 + 2cxe3 � 2cxbe2 � 2e3b� d2c2x2 � 2cxed2 � e2d2 = 0,

x4(c2 + c4) + x3(2ce� 2cb+ 4c3e� 2c3b) + x2(e2 + b2 � 2eb+ 6c2e2 + c2b2 � 6c2eb� d2c2)++x(4ce3 + 2b2ce� 6bce2 � 2cd2e) + e4 + e2b2 � 2be3 � e2d2 = 0.

Otrzymalismy równanie czwartego stopnia zmiennej x. Jesli � jest pierwiastkiem powy·zszego

równania stopnia czwartego, to wspó÷rz¾edne punktu B maj ¾a postac

x = � oraz y = c� + e.

Zatem otrzymujemy równanie prostej OB a tak·ze wspó÷rz¾edne punktu A.

Zajmiemy si¾e teraz równaniami stopnia trzeciego. Wezmy pod uwag¾e wielomiany o wspó÷-

czynnikach z cia÷a F � R. Wiadomo, ·ze rozwi ¾azaniem równania

x3 � a = 0

jest

x = 3pa.

Inny typ równania, które umiemy rozwi ¾azac to równanie trysekcji k ¾ata.

46

Stwierdzenie 42 [4] Niech b 2 F , jbj < 2 oraz dane b¾edzie równanie stopnia trzeciego

postaci:

x3 � 3x� b = 0. (6)

Niech � b¾edzie k ¾atem takim, ·ze cos � = 12b. Wówczas � = 2 cos 1

3� jest pierwiastkiem równania

(6).

Dowód. Powy·zsze równanie otrzymujemy w skutek nast¾epuj ¾acej to·zsamosci trygonome-

trycznej:

cos 3� = 4 cos3 �� 3 cos�. (7)

Po÷ó·zmy � = 3�, z tego mamy � = 13� oraz po÷ó·zmy x = 2 cos� i b = 2 cos 3�. Wówczas

podstawiaj ¾ac pierwsze podstawienie do (7) otrzymujemy:

cos � = 4 cos31

3� � 3 cos 1

3�= � 2

2 cos � = 8 cos31

3� � 6 cos 1

3�

Wracaj ¾ac do podstawienia otrzymujemy:

2 cos 3� = 8 cos3 �� 6 cos�

Stosuj ¾ac teraz drugie podstawienie otrzymujemy:

b = x3 � 3x

x3 � 3x� b = 0.

Zatem x = 2 cos� = 2 cos 13� = � jest pierwiastkiem równania (6). Warunek jbj < 2 jest

potrzebny do znalezienia k ¾ata �, dla którego cos � = 12b.

Wniosek 43 Niech dane b¾edzie równanie (6), gdzie b 2 F , jbj < 2 oraz niech � b¾edzie k ¾atemtakim, ·ze cos � = 1

2b. Wówczas a 2 F (cos 1

3�), gdzie F jest dowolnym cia÷em zawieraj ¾acym

liczb¾e b.

Niech dane b¾edzie ogólne równanie stopnia trzeciego

x3 + ax2 + bx+ c = 0. (8)

Zastosujemy metod¾e Cardano, aby powy·zsze równanie sprowadzic do tak zwanej postaci

kanonicznej. Podstawimy x = y � 13a, aby zlikwidowac wspó÷czynnik przy x2.

(y � 13a)3 + a(y � 1

3a)2 + b(y � 1

3a) + c = 0

47

y3 � y2a+ 13ya2 � 1

27a3 + ay2 � 2

3ya2 +

1

9a3 + by � 1

3ab+ c = 0

y3 + y(b� 13a2) +

2

27a3 � 1

3ab+ c = 0

Podstawmy dla uproszczenia p = b� 13a2, q = 2

27a3 � 1

3ab+ c. Wówczas otrzymujemy:

y3 + py + q = 0. (9)

Stwierdzenie 44 [4] Niech dane b¾edzie równanie stopnia trzeciego postaci:

x3 + px+ q = 0 (10)

Jesli ( q2)2 + (p

3)3 � 0, wówczas pierwiastek rzeczywisty równania (10) znajdujemy za pomoc ¾a

rzeczywistych pierwiastków kwadratowych i szesciennych.

Dowód. Niech dane b¾edzie równanie (10). Szukamy rozwi ¾azan postaci x = u + v, zatem

potrzeba, aby

(u+ v)3 + p(u+ v) + q = 0

u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 + pu+ pv + q = 0. (11)

Powy·zsze równanie spe÷nione jest dla p = �3uv oraz q = �u3�v3. Sprawdzimy podstawiaj ¾acte wartosci do (11). Zatem otrzymujemy:

u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 + (�3uv)u+ (�3uv)v + (�u3 � v3) = 0

u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 � 3u2v � 3uv2 � u3 � v3 = 0

Ca÷e wyra·zenie po lewej stronie zredukuje si¾e nam, zatem:

L = P .

Rzeczywiscie zatem, równanie (11) jest spe÷nione dla p = �3uv oraz q = �u3� v3. Wówczas

u3 + v3 = �q oraz u3v3 = �(p3)3,

wi¾ec u3 i v3 s ¾a pierwiastkami równania stopnia drugiego:

y2 + qy � (p3)3 = 0.

48

Dla powy·zszego równania kwadratowego otrzymujemy � = q2 + 4(p3)3 > 0. Zatem otrzymu-

jemy rozwi ¾azanie równania kwadratowego, postaci:

y1 = �q2�r(q

2)2 + (

p

3)3

y2 = �q2+

r(q

2)2 + (

p

3)3

Poniewa·z u i v s ¾a szesciennymi pierwiastkami y1 i y2, zatem otrzymujemy:

x = u+ v =3

sr(q

2)2 + (

p

3)3 � q

2� 3

sr(q

2)2 + (

p

3)3 +

q

2

Jest to tak zwana formu÷a Cardano. ·Zeby pierwiastki by÷y rzeczywiste potrzeba, ·zeby:

(q

2)2 + (

p

3)3 � 0.

Wniosek 45 Niech dane b¾edzie równanie (10). Gdy � = ( q2)2 + (p

3)3 � 0 i F jest cia÷em

zawieraj ¾acym p; q, wówczas mo·zna utworzyc wie·z ¾e cia÷F � F1 � F2 � F3 tak ¾a, ·ze x 2 F3 orazF1 = F (

p�), F2 = F1

�3

qp� � q

2

�(p� � q

22 F1), F3 = F2

�p� + q

2

�(p� + q

22 F1 � F2).

Stwierdzenie 46 [4] Jesli ( q2)2 + (p

3)3 < 0, wówczas pierwiastek rzeczywisty równania (10)

znajdujemy przy pomocy pierwiastka kwadratowego i trysekcji k ¾ata.

Dowód. Hipoteza zak÷ada, ·ze p < 0, zatem do÷¾aczamyp�3p do naszego cia÷a i dokonujemy

zamiany zmiennych

x =1

3

p�3pz.

Wówczas otrzymujemy równanie:

z3 � 3z + b = 0

gdzie b = qq�27p3. Z za÷o·zenia ( q2)

2 + (p3)3 < 0 wynika, ·ze jbj < 2, zatem mo·zemy skorzystac

z równania trysekcji k ¾ata do rozwi ¾azania tego równania.

Wniosek 47 Niech dane b¾edzie równanie (10) oraz niech dane b¾edzie równanie (6), gdzie

b 2 F , jbj < 2 oraz niech � b¾edzie k ¾atem takim, ·ze cos � = 12b. Gdy � = ( q

2)2+(p

3)3 < 0 i F jest

dowolnym cia÷em zawieraj ¾acym p; q, wówczas mo·zna utworzyc wie·z ¾e cia÷F � F1 � F2 � F3tak ¾a, ·ze x 2 F3 oraz F1 = F

�q�27p3

�(b 2 F1), F2 = F1

�cos 1

3��, gdzie cos � = 1

2b 2 F1,

F3 = F2

�q�6p cos 1

3��(x = 1

3

p�3pz = 1

3

q�6p cos 1

3� 2 F3 bo �6p cos 13� 2 F2).

49

Stwierdzenie 48 [4] Jesli � jest pierwiastkiem rzeczywistym równania stopnia czwartego

o wspó÷czynnikach z cia÷a F , wówczas �2 jest pierwiastkiem pewnego wielomianu stopnia

trzeciego o wspó÷czynnikach z cia÷a F (tzn. � 2 F (pb), gdzie b jest pierwiastkiem pewnego

wielomianu stopnia trzeciego o wspó÷czynnikach z cia÷a F ).

Dowód. Niech dany b¾edzie dowolny wielomian stopnia czwartego

y4 + ay3 + by2 + cy + d = 0.

Podstawmy y = x� a4, aby zlikwidowac wspó÷czynnik przy y3. Po odpowiednich rachunkach,

otrzymujemy:

x4 + x2(b� 38a2) + x(

1

8a3 � 1

2ab+ c)� 3

256a4 +

a2b

16� ac4+ d = 0.

Niech p = b � 38a2, q = 1

8a3 � 1

2ab + c, r = � 3

256a4 + a2b

16� ac

4+ d. Zatem wielomian stopnia

czwartego ma postac:

x4 + px2 + qx+ r = 0. (12)

Za÷ó·zmy, ·ze nasz wielomian wyjsciowy zmiennej y ma pierwiastek rzeczywisty. Jesli jest nim

y1 to otrzymany nowy wielomian zmiennej x ma te·z pierwiastek rzeczywisty (mianowicie jest

nim y1 +a4). Niech � b¾edzie dowolnym rzeczywistym pierwiastkiem nowego równania (12),

wówczas po podzieleniu przez (x � �) otrzymamy wielomian stopnia trzeciego o wspó÷czyn-nikach z cia÷a F , a taki wielomian ma zawsze pierwiastek rzeczywisty, oznaczmy go przez

�. Dziel ¾ac wielomian stopnia czwartego przez iloczyn (x� �)(x� �), otrzymujemy trójmiankwadratowy o wspó÷czynnikach a0 = �a i c (z tego samego cia÷a F ), zatem � oraz � s ¾a

pierwiastkami wielomianu kwadratowego

x2 + ax+ b

gdzie a; b 2 F . Wówczas wielomian (12) rozk÷ada si¾e na czynniki

(x2 + ax+ b)(x2 � ax+ c)

gdzie c 2 R. Wymna·zaj ¾ac powy·zsze czynniki przez siebie, otrzymujemy:

x4 � ax3 + cx2 + ax3 � a2x2 + acx+ bx2 � abx+ bc = 0

x4 + x2(c� a2 + b) + x(ac� ab) + bc = 0

50

Porównuj ¾ac wspó÷czynniki z (12) otrzymujemy:

p = b+ c� a2

q = a(c� b)r = bc.

Likwiduj ¾ac b oraz c z tych równan, otrzymujemy:

b =1

2(p+ a2 � q

a)

oraz

a6 + 2pa4 + (p2 � 4r)a2 � q2 = 0.

Inaczej mówi ¾ac, a2 jest pierwiastkiem wielomianu

y3 + 2py2 + (p2 � 4r)y � q2 = 0,

o wspó÷czynnikach nale·z ¾acych do cia÷a F . Znajduj ¾ac a2, które jest dodatnim pierwiastkiem

rzeczywistym wielomianu stopnia trzeciego, mo·zemy znalezc a; b i �.

Wniosek 49 ×¾acz ¾ac stwierdzenie (48) oraz trzy powy·zsze wnioski (43), (45), (47) widzimy,

·ze pierwiastek rzeczywisty wielomianu stopnia trzeciego lub czwartego mo·zna wstawic w skon-

czon ¾a wie·z ¾e cia÷F � F1 � ::: � Fk, k � 4 tak ¾a, ·ze ka·zde nast ¾epne cia÷o jest w stosunku dopoprzedniego postaci Fi = Fi�1(�i = �), gdzie liczba � jest jedn ¾a z trzech poni·zszych postaci:

(1) � =pa, gdzie � 2 Fi�1, a > 0

(2) � = 3pa, gdzie a 2 Fi�1

(3) � = cos1

3�, gdzie cos � 2 Fi�1.

Twierdzenie 50 Dowolne zadanie konstrukcyjne, którego rozwi ¾azanie sprowadza si ¾e do roz-

wi ¾azania równania stopnia trzeciego (które nie posiada pierwiastków wymiernych), czyli do

znalezienia pierwiastka rzeczywistego równania postaci:

x3 + px+ q = 0,

daje si ¾e rozwi ¾azac przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Twierdzenie 51 Dowolne zadanie konstrukcyjne, którego rozwi ¾azanie sprowadza si ¾e do roz-

wi ¾azania równania stopnia czwartego (tj. znalezienia pierwiastka rzeczywistego) postaci:

x4 + px2 + qx+ r = 0,

daje si ¾e rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

51

3.5 Punkty konstruowalne cyrklem i linijk ¾a ze wstawk ¾a a wie·zepodcia÷

Jesli zadany jest zbiór skonczony punktów P1; :::; Pk i F jest najmniejszym cia÷em zawieraj ¾a-

cym jego wspó÷rz¾edne, to konstruowalnosc wzgl¾edem tego uk÷adu punktów nazywac b¾edziemy

konstruowalnosci ¾a wzgl¾edem danych z cia÷a F . Uzasadnione to jest tym, ·ze wszystkie punkty

osi 0X o wspó÷rz¾ednych z cia÷a F s ¾a konstruowalne za pomoc ¾a cyrkla i linijki (bez wstawki) z

punktów P1; :::; Pk. W zadaniach praktycznych dotycz ¾acych trójk ¾atów, o których b¾edzie mowa

w dalszych rozdzia÷ach, zadane b¾ed ¾a pewne wyjsciowe odcinki (boki, wysokosci, srodkowe,

dwusieczne, promienie ko÷a opisanego lub wpisanego), wówczas za F b¾edziemy przyjmowac

najmniejsze cia÷o zawieraj ¾ace d÷ugosci tych odcinków lub czasami nie d÷ugosci, lecz kwadraty

d÷ugosci niektórych z nich.

Twierdzenie 52 [4] Niech dane b¾edzie podcia÷o F cia÷a R oraz niech � 2 R. Nast ¾epuj ¾acewarunki s ¾a równowa·zne:

(a) istnieje taka wie·za podcia÷

F = F0 � F1 � ::: � Fk � R,

·ze � 2 Fk oraz dla ka·zdego i 2 N, Fi = Fi�1(�) oraz zachodzi jeden z poni·zszych warunków:

(1) � =pa, a 2 Fi�1, a > 0 lub

(2) � = 3pa, a 2 Fi�1 lub

(3) � = cos1

3�, cos � 2 Fi�1;

(b) istnieje wie·za podcia÷

F = F0 � F1 � ::: � Fn � R,

dla której � 2 Fn oraz ka·zde Fi jest uzyskane z Fi�1 przez do÷¾aczenie pierwiastka wielomianustopnia drugiego, trzeciego lub czwartego o wspó÷czynnikach z cia÷a F ;

(c) liczba � mo·ze byc skonstruowana za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a z danych zcia÷a F .

Dowód. (a)=)(c)Wezmy dowolne podcia÷o F cia÷a R oraz � 2 R. Za÷ó·zmy, ·ze istnieje ci ¾agcia÷F0 � F1 � ::: � Fk taki, ·ze � 2 Fk oraz Fi = Fi�1(�) dla ka·zdego i = 1; :::; k, gdzie

� =pa, � 2 Fi�1, a > 0 lub

� = 3pa, a 2 Fi�1 lub

� = cos1

3�, cos � 2 Fi�1.

52

Dowód przeprowadzamy indukcyjnie wzgl¾edem k.

Dla k = 0, � 2 F0 (oczywiste). Wezmy dowolne k 2 N.Za÷o·zenie indukcyjne: powy·zsze twierdzenie zachodzi dla liczby k, to znaczy jesli istnieje

ci ¾ag cia÷F0 � F1 � ::: � Fk wy·zej opisany i � 2 Fk, to � jest konstruowalna przy pomocycyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Teza indukcyjna: powy·zsze twierdzenie zachodzi dla liczby k + 1, to znaczy jesli istnieje

ci ¾ag cia÷F0 � F1 � ::: � Fk+1 i � 2 Fk+1 = Fk(�), wówczas � jest konstruowalna przy

pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Istotnie. Rozwa·zamy trzy przypadki:

(1) Je·zeli � =pa, to Fk+1 = Fk(

pa), czyli Fk+1 jest rozszerzeniem cia÷a F o pierwiastek

kwadratowypa, zatem dowód jest analogiczny jak dowód twierdzenia 25, poniewa·z jestesmy

w stanie skonstruowac pierwiastek kwadratowy z dowolnej liczby dodatniej.

(2) Je·zeli � = 3pa, to Fk+1 = Fk( 3

pa). Liczba � = 3

pa jest konstruowalne na podstawie

stwierdzenia 40.

(3) Je·zeli � = cos 13�, to Fk+1 = Fk(cos

13�). Liczba � = cos 1

3� jest konstruowalne na

podstawie stwierdzenia 38.

Wszystkie trzy liczby z podpunktu (a) s ¾a konstruowalne za pomoc ¾a cyrkla i linijki zewstawk ¾a (lub bez wstawki), zatem � 2 Fk jest liczb ¾a konstruwaln ¾a za pomoc ¾a cyrkla i linijkize wstawk ¾a z danych z cia÷a F .

(c)=)(b) U·zycie cyrkla i linijki (tzw. konstrukcje platonskie) odpowiada znalezieniupierwiastków równan stopnia drugiego, zas ka·zde u·zycie cyrkla i linijki ze wstawk ¾a (tzw.

konstrukcje nieplatonskie) odpowiada znalezieniu pierwiastków równan stopnia trzeciego i

czwartego na podstawie stwierdzenia 41, gdzie � jest rzeczywistym pierwiastkiem pewnego

wielomianu stopnia czwartego o wspó÷czynnikach z cia÷a F . Skoro kolejno � jest pierwiastkiem

wielomianu stopnia drugiego, trzeciego lub czwartego, to id ¾ac indukcyjnie wzgl¾edem kolejnych

operacji de�niuj ¾acych punkty konstruowalne cyrklem i linijk ¾a, okreslamy cia÷o Fi jako rozsz-

erzenie cia÷a Fi�1 przez do÷¾aczenie tego pierwiastka. Istnieje wi¾ec ci ¾ag cia÷F0 � F1 � ::: � Fn,gdzie � 2 Fn.(b)=)(a) Za÷ó·zmy, ·ze istnieje wie·za cia÷F0 � ::: � Fn, gdzie � 2 Fn oraz ka·zde Fi

jest uzyskane z Fi�1 przez do÷¾aczenie pierwiastka wielomianu stopnia drugiego, trzeciego lub

czwartego o wspó÷czynnikach z cia÷a F . Wielomian stopnia czwartego mo·ze byc zredukowany

do wielomianów stopnia drugiego i trzeciego na podstawie stwierdzenia 48. Na podstawie

wniosku 49 wiemy, ·ze pierwiastek rzeczywisty wielomianu stopnia trzeciego lub czwartego

53

mo·zna wstawic w skonczon ¾a wie·z¾e F � ::: � Fk, k � 4 tak ¾a, ·ze Fi = Fi�1(�), gdzie:

� =pa, � 2 Fi�1, a > 0, lub

� = 3pa, a 2 Fi�1, lub

� = cos1

3�, cos � 2 Fi�1.

St ¾ad � 2 Fk. Zatem wielomiany stopnia drugiego i trzeciego mo·zna rozwi ¾azac za pomoc ¾a

trzech typów wyra·zen z podpunktu (a) korzystaj ¾ac ze stwierdzen 44 oraz 46.

3.6 Praktyka pewnych pomocniczych konstrukcji za pomoc ¾a cyrklai linijki ze wstawk ¾a

Poni·zej zostan ¾a podane lematy oraz zostan ¾a wykonane konstrukcje, z których b¾edziemy ko-

rzystali w nast¾epnym rozdziale, zostan ¾a wykorzystane w twierdzeniach w kolejnym rozdziale.

Twierdzenia, które znajduj ¾a si¾e w nast¾epnym rozdziale, b¾ed ¾a opiera÷y si¾e na rozwi ¾azaniu

poni·zszych problemów konstrukcyjnych.

Problem 53 (Konstrukcyjny nr 1) Za÷ó·zmy, ·ze dany mamy trójk ¾at ABC, gdzie k ¾at B jestprosty. Niech dany b¾edzie punkt D na odcinku BC lub na jego przed÷u·zeniu od strony punktu

B. Dane s ¾a dowolne odcinki E i F . Nale·zy skonstruowac punkty K i T na linii prostej z D

takie, ·ze K le·zy na odcinku AB lub na jego przed÷u·zeniu a T na odcinku AC oraz

TK

TC=F

E.

B D

AT

K

C

F

E

Rys. 24

54

Lemat 54 Powy·zszy problem konstrukcyjny nr 1 posiada rozwi ¾azanie cyrklem i linijk ¾a ze

wstawk ¾a.

Dowód. ×¾aczymy punkt A z D i rysujemy DM równoleg÷¾a do BA.

B CD

M

Rys. 25

Opisujemy okr ¾ag na trójk ¾acie DMC o srednicy CM . Nast¾epnie rysujemy k ¾at DMN równy

k ¾atowi DAC obieraj ¾ac odpowiedni punkt N na okr¾egu.

B

A

D C

M

N

Rys. 26

Teraz konstruujemy odcinek H (konstrukcja platonska) taki, ·ze:

AD

H=F

E.

Przez punkt N poprowadzimy odcinek GL, gdzie G nale·zy do okr¾egu MDC, zas L le·zy na

prostejMC. D÷ugosc odcinka o koncachG i L jest równa d÷ugosciH (konstrukcja nieplatonska

- czyli wykonalna przy pomocy linijki ze wstawk ¾a o d÷ugosci odcinka H).

55

DBN

M

A

C

KL

T

G

F

E

Rys. 27

Z przeci¾ecia prostejDG zAC i AB otrzymujemy szukane punkty T iK rozwi ¾azuj ¾ace powy·zszy

problem konstrukcyjny nr 1, tj. takimi, ·ze TKTC= F

E.

Problem 55 (Konstrukcyjny nr 2) Za÷ó·zmy, ·ze dany jest trójk ¾at ABC, gdzie k ¾at B jest

prosty. Niech bok AB b¾edzie przed÷u·zony od strony punktu B oraz niech dany b¾edzie punkt D

le·z ¾acy na BC. Dane s ¾a dowolne odcinki E i F . Nale·zy skonstruowac odcinek TDK taki, ·ze

K le·zy na boku CA, zas T na przed÷u·zeniu boku AB oraz

TK

KC=F

E.

D

T

B

A

C

K

F

E

Rys. 28

Lemat 56 Powy·zszy problem konstrukcyjny nr 2 posiada rozwi ¾azanie cyrklem i linijk ¾a ze

wstawk ¾a.

56

Dowód. ×¾aczymy punkt A z D i rysujemy DM równoleg÷e do BA.

B

A

D C

M

Rys. 29

Opisujemy okr ¾ag o srednicy MC na trójk ¾acie MDC. Nast¾epnie rysujemy k ¾at DMN równy

k ¾atowi DAC obieraj ¾ac odpowiedni punkt N na okr¾egu.

DBN

M

A

C

Rys. 30

Teraz konstruujemy odcinek H (konstrukcja platonska) taki, ·ze:

AD

H=F

E.

Przez punkt N poprowadzimy odcinek GL taki, ·ze G znajduje si¾e na okr¾egu, zas L znajduje

si¾e na prostej MC. Odcinek ten ma d÷ugosc równ ¾a odcinkowi H (konstrukcja nieplatonska -

czyli wykonalna przy pomocy linijki ze wstawk ¾a o d÷ugosci odcinka H).

57

B D CN

M

A

L

GH

K

Rys. 31

Z przeci¾ecia prostej DG z AB i AC otrzymujemy szukane punkty T i K rozwi ¾azuj ¾ace problem

konstrukcyjny nr 2, tj. takimi, ·ze TKKC

= FE.

4 Zagadnienie Alhazena

Abu Ali al-Hasan ibn al-Haithama, w skrócie nazywany Alhazenem, urodzi÷si¾e w 965 roku,

zmar÷w 1038 roku. By÷to s÷ynny arabski matematyk oraz �zyk. Alhazen urodzi÷si¾e w

miescie zwanym Basra, jest to drugie co do wielkosci miasto Iraku. Lecz swoj ¾a prac ¾a naukow ¾a

zajmowa÷si¾e w Egipcie. W swoim ·zyciu zajmowa÷si¾e wieloma rzeczami, nie zwi ¾azanymi

z matematyk ¾a, mi¾edzy innymi pe÷ni÷funkcj¾e ministra w Basrze, ale pewne niepowodzenia

zwi ¾azane z pogl ¾adami religijnymi, gdy·z Alhazen by÷bardzo religijnym cz÷owiekiem, sprawi÷y,

·ze postanowi÷ca÷kowicie poswi¾ecic si¾e nauk ¾a scis÷ym. Alhazena interesowa÷y takie zagadnienia

jak za÷amywanie i rozszczepianie promieni s÷onecznych, teoria swiat÷a i inne zagadnienia z

dziedziny optyki. Al-Haithama wi ¾a·ze si¾e z tak zwanym zagadnieniem Alhazena, które brzmi:

Przez dwa punkty na p÷aszczyznie poprowadzic proste przecinaj ¾ace si¾e na okr¾egu, które tworz ¾a

z tym okr¾egiem takie same k ¾aty w punkcie przeci¾ecia. Równie·z inaczej mo·zemy sformu÷owac

to zadanie: w jakim kierunku trzeba wys÷ac promien swietlny z punktu A, aby po odbiciu

od powierzchni kuli (sfery) dotar÷w dany punkt B. Zadanie to sprowadza si¾e do równania

stopnia czwartego, które Alhazen rozwi ¾aza÷przecinaj ¾ac hiperbol¾e z okr¾egiem.

58

4.1 Twierdzenie o niemo·znosci rozwi ¾azania zagadnienia Alhazenaza pomoc ¾a cyrkla i linijki

Jak ju·z wy·zej by÷o wspomniane Abu Ali al-Hasan ibn al-Haithama urodzi÷si¾e w Basrze w

965 roku, zmar÷w 1038 roku. Jak podaj ¾a pewne zród÷a [13], mo·zemy przypuszczac, ·ze al-

Hasan cz¾esc swojego doros÷ego ·zycia sp¾edzi÷w Egipcie, gdzie w tym okresie rz ¾adzi÷a dynastia

Fatimidów. Nazwa tej dynastii wzi¾e÷a si¾e od imienia córki proroka Mahometa, Fatimah.

Dynastia ta zapocz ¾atkowa÷a ruch religijny, którego celem by÷o przej¾ecie w÷adzy politycznej

i religijnej nad ca÷ym swiatem Islamu. Wszystkie wydarzenia z tym faktem zwi ¾azane mia÷y

miejscy, gdy al-Hasan by÷ma÷ym ch÷opcem dorastaj ¾acym w Basrze. W m÷odosci nie zajmowa÷

si¾e naukami scis÷ymi, bardziej interesowa÷y go rozmyslania religijne o postrzeganiu swiata

przez ró·zne ugrupowania religijne oraz kon�ikty jakie wynika÷y mi¾edzy tymi ugrupowaniami,

a tak·ze interesuj ¾aca wydawa÷a mu si¾e s÷u·zba cywilna, jak ju·z wy·zej wspominalismy, pe÷ni÷

funkcj¾e ministra w Basrze. Jednak·ze rozczarowanie zwi ¾azane ze studiami religijnymi sk÷oni÷y

go do podj¾ecia decyzji, aby swój czas ca÷kowicie poswi¾ecic nauk ¾a scis÷ym. I tak te·z si¾e sta÷o, al-

Hasan do konca swojego ·zycia poswi¾eci÷si¾e tylko i wy÷¾acznie nauk ¾a scis÷ym. Gdy zrezygnowa÷

ze stanowiska ministra i zacz ¾a÷swoj ¾a karier¾e naukow ¾a, uda÷si¾e do Egiptu, gdzie w owym czasie

kalifem by÷al-Hakim bi-Amr Allah, który sprawowa÷krwawe rz ¾ady, jednak·ze by÷równie·z

patronem nauki. Mimo pewnej wspó÷pracy z al-Hakimem, al-Hasan zda÷sobie w koncu spraw¾e

jakim niebezpiecznym i okrutnym cz÷owiekiem jest al-Hakim. Dlatego te·z, jak podaj ¾a pewne

zród÷a, przypuszczamy, ·ze udawa÷szalenstwo i zosta÷zamkni¾ety w swym domu, co mia÷o mu

zapewnic bezpieczenstwo. I taka sytuacja mia÷a miejsce a·z do smierci al-Hakima, który zmar÷

w roku 1021. Przez ca÷y ten czas al-Hasan zajmowa÷si¾e prac ¾a naukow ¾a. Nawet po smierci al-

Hakima, w dalszy ci ¾agu zajmowa÷si¾e naukami scis÷ymi, a·z do smierci. Przypuszczalna liczba

prac, które napisa÷al-Hasan to 92 z czego przetrwa÷o oko÷o 55 prac. Tematami tych prac by÷y

g÷ównie zagadnienia zwi ¾azane z dziedzin ¾a optyki, jak i równie·z matematyka i astronomia.

Powy·zej zosta÷mniej wi¾ecej przedstawiony problem tak zwanego zagadnienia Alhazena.

Natomiast poni·zej podamy twierdzenie mówi ¾ace o niemo·znosci rozwi ¾azania tego zagadnienia

przy pomocy cyrkla i linijki (bez wstawki).

Twierdzenie 57 [10] Za÷ó·zmy, ·ze dany jest okr ¾ag � oraz punkty A i B le·z ¾ace wewn ¾atrz

tego okr¾egu. Zadanie konstrukcyjne, polega na znalezieniu punktu P le·z ¾acego na okr¾egu, w

którym promien swietlny przechodz ¾acy przez A odbije si ¾e do punktu B. Zadanie to nie daje

si ¾e rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki.

Dowód. Nale·zy wskazac punkty A i B, dla których punkt P nie jest konstruowalny, równowa-

59

·znie gdy wspó÷rz¾edna punktu P jest pierwiastkiem wielomianu nie posiadaj ¾acego pierwiastków

konstruowalnych.

Zak÷adamy, ·ze okr ¾ag � ma promien równy 1. Wówczas równanie okr¾egu ma postac:

x2 + y2 = 1. (13)

Bierzemy teraz punkt A = (16; 16), B = (�1

2; 12) oraz P = (x1; y1).

1. Poka·zemy, ·ze x1 jest pierwiastkiem wielomianu postaci

x41 � 2x31 + 4x21 + 2x1 � 1 = 0.

Niech punkty A;B; P b¾ed ¾a reprezentowane przez liczby zespolone a; b; z. Z warunku

równosci k ¾atów APO i OPB (gdzie O jest srodkiem okr¾egu �) wynika, ·ze

arg(a� zz) = arg(

z

b� z ).

Iloraz liczb a�zzi zb�z ma argument 0, tzn. jest liczb ¾a rzeczywist ¾a

(a� z)(b� z)z2

2 R.

Zatem(a� z)(b� z)

z2=(�a� �z)(�b� �z)

�z2

Przekszta÷caj ¾ac to równanie, otrzymujemy:

�a�bz2 � ab�z2 = ((�a+�b)z � (a+ b)�z)z�z (14)

Podstawiaj ¾ac a = 16+ 1

6i, b = �1

2+ 1

2i i z = x1 + y1i do (14) otrzymujemy:

(1

6� 16i)(�1

2� 12i)(x1 + y1i)

2 � (16+1

6i)(�1

2+1

2i)(x1 � y1i)2 =

= ((1

6� 16i) + (�1

2� 12i))(x1 + y1i)� ((

1

6+1

6i) + (�1

2+1

2i))(x1 � y1i)

Wykonuj ¾ac szereg rachunków i obliczen, ostatecznie otrzymujemy:

2x1 + y1 � x1y1 = 0

Podstawiaj ¾ac y1 z równania (13) otrzymujemy wielomian

x41 � 2x31 + 4x21 + 2x1 � 1 = 0.

60

2. Nale·zy pokazac, ·ze wielomian p(x) = x4 � 2x3 + 4x2 + 2x � 1 jest nierozk÷adalnyw pierscieniu wielomianów K[x] oraz, ·ze dwa z pierwiastków powy·zszego wielomianu

s ¾a pierwiastkami rzeczywistymi, zas pozosta÷e tworz ¾a par¾e pierwiastków sprz¾e·zonych.

Wspó÷czynniki powy·zszego wielomianu p(x) s ¾a ca÷kowite i s ¾a z przedzia÷u < 0; 9 > i

N = 1 � 104 � 2 � 103 + 4 � 102 + 2 � 10� 1 = 8419

jest liczb ¾a pierwsz ¾a. Zatem z kryterium 33 wielomian p(x) jest nierozk÷adalny. Skoro

p(�1) = 4 > 0, p(0) = �1 < 0 oraz p(1) = 4 > 0 to wielomian p(x) ma przynajmniejdwa pierwiastki rzeczywiste, jeden z przedzia÷u < �1; 0 >, drugi w < 0; 1 >. Policzymyteraz pierwsz ¾a i drug ¾a pochodn ¾a wielomianu p(x)

p0(x) = 4x3 � 6x2 + 8x+ 2p00(x) = 12x2 � 12x+ 8 = 3(2x� 1)2 + 5

zatem p00(x) � 5 dla wszystkich wartosci rzeczywistych x. Zatem p0(x) jest scisle rosn ¾aca,zas równanie p0(x) = 0 ma co najwy·zej jeden pierwiastek. Pomi¾edzy dwoma dowolnymi

pierwiastkami p(x) = 0 znajduje si¾e pierwiastek równania p0(x) = 0, zatem p(x) = 0

ma co najwy·zej dwa pierwiastki. Zatem ma dok÷adnie dwa pierwiastki. Nierzeczy-

wiste pierwiastki wielomianu tworz ¾a par¾e pierwiastków sprz¾e·zonych, gdy·z wspó÷czynniki

wielomianu p(x) s ¾a rzeczywiste.

3. Nale·zy pokazac, ·ze równanie rozwi ¾azuj ¾ace g(u) = 0 odpowiadaj ¾ace p(x) = 0 nie ma

pierwiastków wymiernych. Na podstawie twierdzenia 35 równanie rozwi ¾azuj ¾ace ma

postac:

u3 � 4u2 � 16 = 0.

Podstawiaj ¾ac u = 2t otrzymujemy

t3 � 2t2 � 2 = 0.

Gdyby równanie to by÷oby rozk÷adalne, to mo·zna by je przedstawic w postaci iloczynu

dwóch wielomianów stopni ni·zszych. Poniewa·z ·zadna z liczb f�2;�1; 1; 2g b¾ed ¾aca dziel-nikiem wyrazu wolnego nie jest pierwiastkiem powy·zszego równania, zatem jest ono

nierozk÷adalne w pierscieniuK[x]. Zatem, równie·z g(u) jest nierozk÷adalne w pierscieniu

K[t]. Zatem na mocy twierdzenia 35 wielomian p(x) nie ma pierwiastków konstruowa-

lnych. Zatem niemo·zliwa jest konstrukcja punktu P za pomoc ¾a cyrkla i linijki.

61

Uwaga 58 W przypadku, gdy punkty A i B le·z ¾a w równej odleg÷osci od srodka okr¾egu lub na

jego srednicy, wówczas jest mo·zliwe rozwi ¾azanie powy·zszego zagadnienia za pomoc ¾a cyrkla i

linijki.

4.2 Rozwi ¾azanie geometryczne zagadnienia Alhazena cyrklem i lin-ijk ¾a ze wstawk ¾a

W oparciu o pewne konstrukcje cyrklem i linijk ¾a ze wstawk ¾a podanych w paragra�e 3.6,

wyka·zemy istnienie rozwi ¾azania zagadnienia Alhazena za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Problem 59 Dane mamy ko÷o o srodku w punkcie G i promieniu GB oraz dane mamy dwa

punkty E i D nie le·z ¾ace na obwodzie ko÷a. Nale·zy znalezc punkt A na obwodzie ko÷a taki, ·ze

AE i AD utworz ¾a równe k ¾aty ze styczn ¾a w punkcie A. S ¾a mo·zliwe nast ¾epuj ¾ace przypadki:

1. punkty E i D le·z ¾a wewn ¾atrz ko÷a,

2. punkty E i D le·z ¾a na zewn ¾atrz ko÷a,

3. jeden punkt le·zy wewn ¾atrz ko÷a, zas drugi na zewn ¾atrz ko÷a.

Twierdzenie 60 Za÷ó·zmy, ·ze punkty A i B odpowiednio reprezentuj ¾a pozycj ¾e oka i obser-

wowanego punktu oraz zak÷adamy, ·ze punkty te le·z ¾a wewn ¾atrz ko÷a o srodku w punkcie G i

promieniu GD. Wówczas zagadnienie Alhazena znalezienia punktu D takiego, ·zeby k ¾aty jakie

tworz ¾a z promieniem GD odcinki AD i BD by÷y równe, posiada geometryczne rozwi ¾azanie

przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Dowód. Konstrukcja pochodzi z pracy ibn al-Haithama, w której autor przedstawi÷tylkojeden przypadek, jest to przypadek 3. powy·zszego problemu. Dowód tego przypadku w wersjiangielskiej znajduje si¾e w pracy [12]. Konstrukcj¾e przeprowadzamy nast¾epuj ¾aco: Po÷¾aczymy

GA oraz GB.

62

A

BG

Rys. 32

Bierzemy dowolny odcinek MN , dziel ¾ac go w punkcie F w stosunku

MF

FN=BG

GA.

Jest to konstrukcja platonska.

Ck

Q

NFO

S

M

Rys. 33

Punkt O jest po÷ow ¾a odcinka MN . Prowadzimy prost ¾a k prostopad÷¾a do MN przechodz ¾ac ¾a

przez punkt O. Na prostej k zaznaczamy punkt C taki, ·ze k ¾at OCN jest równy po÷owie k ¾ata

63

AGB. Konstruujemy odcinek SFQ taki, ·ze punkt Q 2 CN , zas punkt S le·zy na prostej ktak, ·ze

SQ

QN=BG

GD.

(o konstrukcji odcinka SFQ mówi ¾a lematy (54) oraz (56)). Odk÷adamy punkt D na obwodzie

ko÷a tak, aby k ¾at BGD by÷równy k ¾atowi SQN . ×¾aczymy punkt A z punktem D oraz B z D.

G

A

B

D

Rys. 34

Wówczas punkt D jest jednym z rozwi ¾azan zagadnienia Alhazena, tzn. k ¾aty jakie tworz ¾a z

promieniem GD odcinki AD i BD s ¾a równe.

Twierdzenie 61 Za÷ó·zmy, ·ze punkty A i B reprezentuj ¾a odpowiednio pozycj ¾e oka i obser-

wowanego punktu oraz zak÷adamy, ·ze punkty te le·z ¾a na zewn ¾atrz ko÷a o srodku w punkcie G i

promieniu GD. Wówczas zagadnienie Alhazena znalezienia punktu D takiego, ·zeby k ¾aty jakie

tworz ¾a z promieniem GD odcinki AD i BD by÷y równe, posiada geometryczne rozwi ¾azanie

przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Dowód. Konstrukcj¾e przeprowadzamy nast¾epuj ¾aco: ×¾aczymy punkty G z A oraz G z B.

64

B

A

G

Rys. 35

Bierzemy dowolny odcinek MN , dziel ¾ac go w punkcie F w stosunku

MF

FN=BG

GA.

Jest to konstrukcja platonska.

kC

S

M FO N

Q

Rys. 36

Punkt O b¾edzie po÷ow ¾a odcinkaMN . Prowadzimy prost ¾a prostopad÷¾a k doMN przechodz ¾ac ¾a

przez punkt O. Obieramy punkt C nale·z ¾acy do prostej k taki, ·ze k ¾at OCN jest równy po÷owie

65

k ¾atowi BGA. Konstruujemy odcinek SFQ taki, ·ze Q 2 CN , zas S 2 k tak, aby:

SQ

QN=BG

GD.

Wybieramy ten z mo·zliwych punktówQ dla którego k ¾at SQN jest wi¾ekszy. Odk÷adamy punkt

D na obwodzie ko÷a tak, ·zeby k ¾at BGD by÷równy k ¾atowi SQN . ×¾aczymy A z D oraz B z

D.

G

A D

B

Rys. 37

Wówczas punkt D jest jednym z rozwi ¾azan zagadnienia Alhazena, tzn. k ¾aty jakie tworz ¾a z

promieniem GD odcinki AD i BD s ¾a równe.

Twierdzenie 62 Za÷ó·zmy, ·ze dane mamy ko÷o o srodku w punkcie G i promieniu GD oraz

niech dane b¾ed ¾a punkty A i B, gdzie punkt A le·zy wewn ¾atrz ko÷a, zas B le·zy na zewn ¾atrz

ko÷a. Wówczas zagadnienie Alhazena znalezienia punktu E takiego, ·zeby k ¾aty jakie tworz ¾a z

promieniem GE odcinki EA i EB by÷y równe, posiada geometryczne rozwi ¾azanie przy pomocy

cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Dowód. Konstrukcj¾e przeprowadzamy nast¾epuj ¾aco: ×¾aczymy G z A, G z B oraz A z B.

Przed÷u·zmy AG do punktu D tak, ·ze G znajduje si¾e pomi¾edzy punktami A i D.

66

A

G

B

D

Rys. 38

Bierzemy dowolny odcinek MN , dziel ¾ac go w punkcie F w stosunku

NF

FM=AG

GB.

Jest to konstrukcja platonska.

M O F N

S

C

Q

Rys. 39

Punkt O b¾edzie po÷ow ¾a odcinka MN . Prowadzimy prost ¾a prostopad÷¾a k do MN prze-

chodz ¾ac ¾a przez punkt O. Obieramy punkt C nale·z ¾acy do prostej k taki, ·ze k ¾at OMC jest

67

równy po÷owie k ¾ata BGD. Konstruujemy odcinek SQF taki, ·ze Q 2 OC, zas S 2 MC tak,aby:

QS

SM=AG

GD.

Odk÷adamy punkt E na obwodzie ko÷a tak, ·zeby k ¾at AGE by÷równy k ¾atowi FSM . ×¾aczymy

E z A oraz E z B.

G

A

BE

D

Rys. 40

Wówczas punkt E jest jednym z rozwi ¾azan zagadnienia Alhazena, tzn. k ¾aty jakie tworz ¾a z

promieniem GE odcinki EA i EB s ¾a równe.

5 Zadania konstrukcyjne dotycz ¾ace trójk ¾atów

W geometrii elementarnej rozwa·za si¾e zagadnienia konstruowalnosci trójk ¾ata maj ¾ac do dys-

pozycji trzy wielkosci sposród: trzech boków, wysokosci, dwusiecznych, srodkowych, promienia

okr¾egu wpisanego i opisanego. W zagadnieniach tych b¾edziemy d ¾a·zyc do otrzymania wielo-

mianu wzgl¾edem zmiennej, która b¾edzie zale·za÷a od nieznanego boku danego trójk ¾ata. Najcz¾e-

sciej b¾edzie to kwadrat d÷ugosci tego nieznanego boku, zas wspó÷czynnikami b¾ed ¾a liczby, które

b¾ed ¾a wyra·zone przez kwadraty d÷ugosci danych odcinków. W takim przypadku za wyjsciowe

cia÷o F0 nale·zy rozwa·zac najmniejsze cia÷o zawieraj ¾ace kwadraty d÷ugosci danych odcinków.

Jesli kwadraty te s ¾a liczbami wymiernymi, wówczas wspó÷czynniki danego wielomianu s ¾a

wymierne. Wówczas do badania konstruowalnosci pierwiastków, korzystamy z twierdzenia

(52) o wie·zy cia÷, zaczynaj ¾acej si¾e od F0 = Q. Je·zeli s ¾a to wielomiany stopnia trzeciego

68

lub czwartego, wówczas o konstruowalnosci tych pierwiastków mówi ¾a stwierdzenia (44), (46),

(48). Oczywistym jest, ·ze jesli umiemy skonstruowac kwadrat danego boku, to potra�my tak·ze

skonstruowac ten bok, gdy·z pierwiastek z danej liczby konstruowalnej jest konstruowalny po

Platonsku.

Ksi ¾a·zki ×uczynskiego [7] oraz Aleksandrowa [1], podaj ¾a oko÷o 1500 zadan (zagadnien)

geometrycznych konstrukcji trójk ¾atów. Znakomita wi¾ekszosc jest niestety nierozwi ¾azalna na

sposób Platonski, to znaczy za pomoc ¾a cyrkla i linijki, ale gdy tylko sprowadza si¾e pro-

blem do wielomianów stopnia trzeciego lub czwartego, wówczas zaprezentowana wy·zej teoria

pokazuje (teoretyczny) dowód istnienia konstrukcji takich trójk ¾atów za pomoc ¾a cyrkla i linijki

ze wstawk ¾a. Konstruowalnosc za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a, oznacza w tym przy-

padku konstruowalnosc w oparciu o zadany odcinek jednostkowy oraz trzy zadane w zadaniu

odcinki. Równowa·znie rozwa·zamy konstruowalnosc w oparciu o dane z najmniejszego cia÷a F

zawieraj ¾acego d÷ugosci zadanych trzech odcinków, chocia·z cz¾esto lepiej b¾edzie rozwa·zac nie

d÷ugosci boków, lecz ich kwadraty.

Praktyczne sposoby w wi¾ekszosci takich konstrukcji nie s ¾a niestety wci ¾a·z znane. Ni·zej

przedstawimy kilka takich problemów konstrukcyjnych, które posiadaj ¾a geometryczne rozwi ¾a-

zanie za pomoc ¾a cyrkla i linijki oraz w koncu wypiszemy kilkanascie innych sposród setek

takich problemów przedstawionych we wspomnianej literaturze. Czekaj ¾a one na swoje nowe

(byc mo·ze genialne) geometryczne konstrukcje za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

5.1 Pomocnicze wzory i twierdzenia do zadan konstrukcyjnych

Twierdzenie 63 [7](Stewarta) Je·zeli punkt D le·zy na boku AB trójk ¾ata ABC, wówczas:

CD2 � AB = BC2 � AD + AC2 �DB � AB � AD �DB. (15)

Jest to podstawowe twierdzenie wykorzystywane w dowodach do wyprowadzenia wzorów

na srodkowe boków oraz dwusieczne k ¾atów. Dla przyk÷adu podamy jeden z takich dowodów

na wyprowadzenie wzoru na srodkow ¾a boku. Najpierw dla u÷atwienia wprowadzimy pewne

oznaczenia dla trójk ¾ata ABC:

AB = c, BC = a, AC = b,

mc = CD - srodkowa boku AB,

ma = AE - srodkowa boku BC,

mb = BF - srodkowa boku AC,

ha - wysokosc opuszczona na bok BC,

hb - wysokosc opuszczona na bok AC,

69

hc - wysokosc opuszczona na bok AB,

da - dwusieczna k ¾ata przy wierzcho÷ku A (analogicznie db - przy wierzcho÷ku B, dc - przy

wierzcho÷ku C),

� = \CAB, � = \ABC, = \ACB.

Twierdzenie 64 [7] Je·zeli mc jest srodkow ¾a boku c trójk ¾ata ABC, wówczas wzór na t ¾a srod-

kow ¾a jest postaci:

m2c =

1

4(2a2 + 2b2 � c2).

Dowód. Z powy·zszych oznaczen mamy, ·ze mc = CD, zas c = AB. Skoro mc jest srodkow ¾a

boku AB, st ¾ad mamy, ·ze AD = BD = 12c.

A B

C

cD

b a

Rys. 41

Wykorzystujemy wzór Stewarta (15):

CD2 � AB = BC2 � AD + AC2 �DB � AB � AD �DB.

Korzystaj ¾ac z powy·zszych oznaczen, otrzymujemy:

m2c � c = a2 � 1

2c+ b2 � 1

2c� c � 1

2c � 12c

m2c =

1

2a2 +

1

2b2 � 1

4c2

a zatem, otrzymujemy:

m2c =

1

4(2a2 + 2b2 � c2). (16)

W analogiczny sposób, otrzymujemy wzory na srodkowe pozosta÷ych boków:

m2a =

1

4(2b2 + 2c2 � a2) (17)

70

m2b =

1

4(2c2 + 2a2 � b2) (18)

Dowody pozosta÷ych wzorów pominiemy ze wzgl¾edu na obj¾etosc pracy. Wzory te pe÷ni ¾a

rol¾e pomocnicz ¾a w naszych rozwa·zaniach. Poni·zej podamy pozosta÷e wzory dla trójk ¾ata, które

b¾ed ¾a przydatne w dalszej cz¾esci pracy:

� wzory na dwusieczne k ¾atówd2a = bc �

(b+ c)2 � a2(b+ c)2

(19)

d2b = ac �(a+ c)2 � b2(a+ c)2

(20)

d2c = ab �(a+ b)2 � c2(a+ b)2

(21)

� wzory na pole trójk ¾ataS =

aha2=bhb2=chc2, (22)

S =1

2bc sin� =

1

2ac sin � =

1

2ab sin (23)

gdzie S =pp(p� a)(p� b)(p� c) oraz p = a+b+c

2- po÷owa obwodu trójk ¾ata ABC.

� wzory na wysokosci trójk ¾ata

ha =2S

a, hb =

2S

b, hc =

2S

c(24)

Ponadto otrzymujemy zwi ¾azki:

16S2 = (a+ b+ c)(b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c) (25)

16S2 = (a2 + b2 + c2)2 � 2(a4 + b4 + c4) (26)

16S2 = 4b2c2 � (b2 + c2 � a2)2 (27)

16S2 = 4c2a2 � (c2 + a2 � b2)2 (28)

16S2 = 4a2b2 � (a2 + b2 � c2)2 (29)

� wzór na promien ko÷a opisanego R i promien ko÷a wpisanego r

4SR = abc (30)

pr = S (31)

71

� wzór sinusówa = 2R sin�, b = 2R sin �, c = 2R sin (32)

� wzór cosinusów

a2 = b2 + c2 � 2bc cos�, b2 = a2 + c2 � 2ac cos �, c2 = a2 + b2 � 2ab cos (33)

� wzórr = (p� a) tan �

2(34)

Uwaga 65 W dalszej cz ¾esci pracy, cz ¾esto b¾edziemy musieli stwierdzic, czy istnieje trójk ¾at

o danych elementach. Wezmy na przyk÷ad poni·zsze twierdzenie (67), w którym rozwa·zamy

trójk ¾at, gdzie R = 1, ma =12, mb =

p22. Istotnie trójk ¾at taki istnieje. Aby to stwierdzic,

rysujemy okr ¾ag o promieniu 1 i drugi okr ¾ag o srodku w punkcie (1; 0) i promieniu 12. Jednym

z trójk ¾atów jest taki, ·ze bok a jest równoleg÷y do osi OY w punkcie x = 12.

1a

p

ma

b

p

0c

Rys. 42

Ma on srodkow ¾a ma =12oraz boki b = c = 1. Wówczas podstawiaj ¾ac te wartosci do wzoru na

srodkow ¾a boku a (17), otrzymujemy bok a2 = 3. Podstawiaj ¾ac teraz te wartosci do wzoru na

srodkow ¾a boku b (18), otrzymujemy m2b =

74. Nast ¾epnie poruszamy si ¾e po tym ma÷ym okr¾egu

72

wraz ze srodkiem p boku a i rysujemy trójk ¾aty stale o srodkowej ma =12,

a

1b

p

c 0p

Rys. 43

a·z do momentu, gdy srodek ten dojdzie do punktu p0 przeci ¾ecia tych okr¾egów. Je·zeli p �! p0,

to mb �! 12.

1

p0a

p

Rys. 44

Zatem zmieniaj ¾ac srodek p w sposób ci ¾ag÷y, zmieniamy równie·z w sposób ci ¾ag÷y srodkow ¾a mb.

Z w÷asnosci Darboux funkcji ci ¾ag÷ej wnosimy, ·ze mb przyjmuje wszystkie wartosci z przedzia÷uD12;p72

E(wartosc 1

2jest oczywiscie przyj ¾eta granicznie w trójk ¾acie zdegenerowanym, poza tym

pozostaje w tym miejscu niezbadane, czy mb mo·ze przyj ¾ac wartosci wi ¾eksze odp72, ale nie

jest to tutaj niezb¾edne). Poniewa·z mb =p222D12;p72

E, zatem b¾edzie istnia÷trójk ¾at o danych

R = 1, ma =12, mb =

p22.

73

W pozosta÷ych przypadkach, dowód na istnienie trójk ¾ata o danych elementach nie zawsze

b¾edzie taki oczywisty i natychmiastowy (mog ¾a byc potrzebne pewne dodatkowe obliczenia),

niemniej jednak rozumowanie b¾edzie przebiegac zawsze tak samo.

5.2 Konstrukcje platonskie trójk ¾atów

Twierdzenie 66 [7] Ka·zde zadanie konstrukcyjne, w którym dane s ¾a trzy dowolne elementy

sposród boków, srodkowych i wysokosci mo·zna rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki.

Dowód. Je·zeli mo·zna skonstruowac odcinki a2; b2; c2, wówczas mo·zna równie·z skonstruowacboki a; b; c szukanego trójk ¾ata. Niech:

x = a2

y = b2

z = c2.

Wówczas ze wzorów (17), (18), (16) oraz (24), (26) otrzymujemy:

4m2a = �x+ 2y + 2z

4m2b = 2x� y + 2z

4m2c = 2x+ 2y � z

oraz

4xh2a + 2(x2 + y2 + z2)� (x+ y + z)2 = 0

4yh2b + 2(x2 + y2 + z2)� (x+ y + z)2 = 0 (35)

4zh2c + 2(x2 + y2 + z2)� (x+ y + z)2 = 0

Je·zeli odejmiemy od siebie dwa dowolne równania z równan (35) to otrzymamy równanie

liniowe. Zatem, gdy dane s ¾a trzy dowolne elementy sposród boków, srodkowych i wysokosci,

to otrzymujemy uk÷ad trzech równania, gdzie co najwy·zej jedno jest kwadratowe a dwa s ¾a

liniowe. Wyznaczamy z równan liniowych dwie niewiadome i wstawiamy je do równania

trzeciego, gdzie otrzymujemy na trzeci ¾a niewiadom ¾a równanie stopnia co najwy·zej drugiego,

którego wspó÷czynniki s ¾a konstruowalne. Wynika st ¾ad, ·ze konstrukcja odcinków x; y; z jest

zawsze wykonalna.

74

5.3 Konstrukcje nieplatonskie trójk ¾atów za pomoc ¾a cyrkla i linijkize wstawk ¾a

Twierdzenie 67 [7] Zadanie konstrukcyjne, w którym dany jest promien ko÷a opisanego i

dwie srodkowe nie daje si ¾e rozwi ¾azac przy pomocy cyrkla i linijki (bez wstawki).

Dowód. Niech dane b¾ed ¾a srodkowe ma, mb oraz promien ko÷a opisanego R. Wprowadzmy

oznaczenia:

x = a2, y = b2, z = c2.

Korzystaj ¾ac ze wzorów (26) oraz (30) otrzymujemy równanie:

2R2(x2 + y2 + z2)�R2(x+ y + z)2 + xyz = 0.

Z powy·zszego równania oraz równan (17) i (18) otrzymujemy nast¾epuj ¾acy uk÷ad równan:

2R2(x2 + y2 + z2)�R2(x+ y + z)2 + xyz = 0

�x+ 2y + 2z = 4m2a

2x� y + 2z = 4m2b .

Przyjmijmy, ·ze R = 1, m2a =

14, m2

b =12(trójk ¾at ten istnieje na podstawie Uwagi (65)). Zatem

mamy:

2(x2 + y2 + z2)� (x+ y + z)2 + xyz = 0

�x+ 2y + 2z = 1

2x� y + 2z = 2

Z równania drugiego i trzeciego wyznaczamy x; y :

x =5

3� 2z

y =4

3� 2z

Podstawiamy x; y do równania pierwszego i otrzymujemy:

2

�(5

3� 2z)2 + (4

3� 2z)2 + z2

���5

3� 2z + 4

3� 2z + z

�2+

�5

3� 2z

��4

3� 2z

�z = 0

2[9z2 � 12z + 419]� (3� 3z)2 + (4z2 � 6z + 20

9)z = 0

75

4z3 + 3z2 � 349z +

1

9= 0= � 9

36z3 + 27z2 � 34z + 1 = 0

Zatem otrzymujemy wielomian stopnia trzeciego:

p(z) = 36z3 + 27z2 � 34z + 1 = 0

p(1) = 30 6= 0p(�1) = 26 6= 0

Zatem wielomian ten nie posiada pierwiastków wymiernych. St ¾ad na mocy twierdzenia (34)

wynika, ·ze nie mo·zna skonstruowac takiego trójk ¾ata za pomoc ¾a cyrkla i linijki.

Uwaga 68 Je·zeli jednak skorzystamy z metody Cardano, to równanie stopnia trzeciego postaci

36z3 + 27z2 � 34z + 1 = 0 (36)

mo·zemy sprowadzic do tak zwanej postaci kanonicznej. Najpierw podzielmy nasze równanie

stronami przez 36, wówczas otrzymujemy:

z3 +27

36z2 � 34

36z +

1

36= 0.

Podstawiaj ¾ac a = 2736, b = �34

36, c = 1

36mamy:

z3 + az2 + bz + c = 0.

Podstawimy z = x � 13a, aby zlikwidowac wspó÷czynnik przy z2. Wykorzystuj ¾ac wczesniejsze

obliczenia z podrozdzia÷u 3.4, otrzymujemy ostatecznie:

x3 + px+ q = 0,

gdzie p = b� 13a2 oraz q = 2

27a3� 1

3ab+c. Podstawiaj ¾ac teraz wspó÷czynniki a; b; c, otrzymujemy:

p = �163144

oraz

q =85

288.

76

Sprawdzimy znak nast ¾epuj ¾acego wyra·zenia:�(q

2

�2+�p3

�3=

�85

288� 12

�2+

��163144

� 13

�3= � 32

1000

zatem �q2

�2+�p3

�3< 0.

Zatem na mocy stwierdzenia (46) wiadomo, ·ze pierwiastek rzeczywisty równania x3+px+q =

0 znajdujemy przy pomocy pierwiastka kwadratowego i trysekcji k ¾ata. St ¾ad zas wiadomo,

·ze równie·z pierwiastek rzeczywisty równania (36) mo·zemy znalezc przy pomocy pierwiastka

kwadratowego i trysekcji k ¾ata.

Udowodnimy jednak, ·ze przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a rozwi ¾azanie konstrukcyjne

istnieje.

Twierdzenie 69 Zadanie konstrukcyjne, w którym dany jest promien ko÷a opisanego i dwie

srodkowe daje si ¾e rozwi ¾azac przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Dowód. Niech dane b¾ed ¾a srodkowe ma, mb oraz promien ko÷a opisanego R. Wprowadzmy

oznaczenia:

x = a2, y = b2, z = c2.

Korzystaj ¾ac ze wzorów (26) oraz (30) otrzymujemy równanie:

2R2(x2 + y2 + z2)�R2(x+ y + z)2 + xyz = 0.

Z powy·zszego równania oraz równan (17) i (18) otrzymujemy nast¾epuj ¾acy uk÷ad równan:

2R2(x2 + y2 + z2)�R2(x+ y + z)2 + xyz = 0

�x+ 2y + 2z = 4m2a

2x� y + 2z = 4m2b .

Z drugiego i trzeciego równania wyznaczamy x; y.

x = 2y + 2z � 4m2a

2(2y + 2z � 4m2a)� y + 2z = 4m2

b

4y + 4z � 8m2a � y + 2z = 4m2

b

77

3y = 8m2a + 4m

2b � 6z

y =8

3m2a +

4

3m2b � 2z

x = 2

�8

3m2a +

4

3m2b � 2z

�+ 2z � 4m2

a

zatem x; y maj ¾a postac:

x = �2z + 43m2a +

8

3m2b

y = �2z + 83m2a +

4

3m2b .

Dla uproszczenia dalszych rachunków, podstawmy:

4

3m2a +

8

3m2b = �

8

3m2a +

4

3m2b = �,

wówczas:

x = �2z + �y = �2z + �.

Teraz podstawmy te wartosci do równania pierwszego powy·zszego uk÷adu:

2R2((�2z+�)2+ (�2z+ �)2+ z2)�R2(�2z+�� 2z+ � + z)2+ z(�2z+�)(�2z+ �) = 0.

Wykonuj ¾ac odpowiednie rachunki, otrzymujemy:

2R2(9z2�4�z�4�z+�2+�2)�R2(9z2+�2+�2�6�z�6�z+2��)+4z3�2�z2�2�z2+��z = 0,

porz ¾adkuj ¾ac powy·zsze równanie, otrzymujemy równanie stopnia trzeciego postaci:

4z3 + z2(9R2 � 2�� 2�) + z(�2�R2 � 2�R2 + ��) + �2R2 + �2R2 � 2��R2 = 0.

Wracaj ¾ac do podstawienia �; �, mamy:

4z3 + z2(9R2 � 2(43m2a +

8

3m2b)� 2(

8

3m2a +

4

3m2b)) + z(�2R2(

4

3m2a +

8

3m2b)+

�2R2(83m2a +

4

3m2b) + (

4

3m2a +

8

3m2b)(8

3m2a +

4

3m2b))+

78

+(4

3m2a +

8

3m2b)2R2 + (

8

3m2a +

4

3m2b)2R2 � 2R2(4

3m2a +

8

3m2b)(8

3m2a +

4

3m2b) = 0.

Porz ¾adkuj ¾ac powy·zsze równanie, otrzymujemy ostatecznie równanie stopnia trzeciego postaci:

4z3 + z2(9R2 � 8m2a � 8m2

b) + z(�8R2m2a � 8R2m2

b +32

9(m2

a)2 +

80

9m2am

2b +

32

9(m2

b)2)+

+16

9R2(m2

a �m2b)2 = 0.

Widzimy, ·ze wspó÷czynniki powy·zszego wielomianu zale·z ¾a tylko od kwadratów naszych danych.

Zastosujemy twierdzenie (52), wychodz ¾ac od cia÷a F0 równemu najmniejszemu cia÷u gene-

rowanemu przez kwadraty naszych danych. Zatem powy·zsze zadanie konstrukcyjne daje si¾e

rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a, na podstawie twierdzenia (52), w oparciu o

dane z najmniejszego cia÷a zawieraj ¾acego liczby R2;m2a;m

2b .

Zbadamy teraz przy jakich warunkach na dane, konieczna jest (teoretyczna) trysekcja k ¾ata

a kiedy pierwiastek szescienny.

Rozwa·zmy otrzymane przed chwil ¾a równanie stopnia trzeciego postaci:

4z3 + z2(9R2 � 8m2a � 8m2

b) + z(�8R2m2a � 8R2m2

b +32

9(m2

a)2 +

80

9m2am

2b +

32

9(m2

b)2)+

+16

9R2(m2

a �m2b)2 = 0.

Sprowadzimy to równanie do tak zwanej postaci kanonicznej. Najpierw podstawmy, dla upro-

szczenia rachunków:

a0 = 4

b0 = 9R2 � 8m2a � 8m2

b

c0 = �8R2m2a � 8R2m2

b +32

9(m2

a)2 +

80

9m2am

2b +

32

9(m2

b)2

d0 =16

9R2(m2

a �m2b)2.

Zatem, mamy:

a0z3 + b0z2 + c0z + d0 = 0.

Podstawiaj ¾ac z = z0 � b0

3a0 zlikwidujemy wspó÷czynnik przy z2. Wówczas powy·zsze równanie

stopnia trzeciego ma postac:

z03 + pz0 + q = 0,

gdzie:

p =c0

a0� b02

3a02

79

oraz

q =2b03

27a03+d0

a0� b0c0

3a02.

Wracaj ¾ac do podstawienia wartosci a0; b0; c0; d0, mamy:

p = R2(m2a +m

2b �

27

16R2)� 4

9((m2

a)2 +m2

am2b + (m

2b)2)

q =27

32R6 � 3

4R4(m2

a +m2b) +

1

9R2(4(m2

a)2 � 11m2

am2b + 4(m

2b)2) +

8

27((m2

a)2m2

b +m2a(m

2b)2).

Nast¾epnie w zale·znosci od wartosci wyra·zenia�q2

�2+�p3

�3, je·zeli�q

2

�2+�p3

�3� 0,

to pierwiastek rzeczywisty równania z03 + pz0 + q = 0 mo·zna wyznaczyc za pomoc ¾a rzeczy-

wistych pierwiastków kwadratowych i szesciennych. Je·zeli zas�q2

�2+�p3

�3< 0,

to pierwiastek rzeczywisty równania z03+pz0+q = 0 mo·zna wyznaczyc za pomoc ¾a pierwiastka

kwadratowego i trysekcji k ¾ata. Zas pierwiastki te, jak ju·z wiadomo, mo·zna skonstruowac

za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a, na podstawie twierdzenia (52), w oparciu o dane z

najmniejszego cia÷a zawieraj ¾acego liczby R2;m2a;m

2b .

Podstawmy p i q do naszego wyra·zenia:� 2732R6 � 3

4R4(m2

a +m2b) +

19R2(4(m2

a)2 � 11m2

am2b + 4(m

2b)2) + 8

27((m2

a)2m2

b +m2a(m

2b)2)

2

�2+

+

�R2(m2

a +m2b � 27

16R2)� 4

9((m2

a)2 +m2

am2b + (m

2b)2)

3

�3.

Rozwi ¾azalnosc nie zale·zy od skali, wi¾ec podstawmy R = 1:� 2732� 3

4(m2

a +m2b) +

19(4(m2

a)2 � 11m2

am2b + 4(m

2b)2) + 8

27((m2

a)2m2

b +m2a(m

2b)2)

2

�2+

+

�(m2

a +m2b � 27

16)� 4

9((m2

a)2 +m2

am2b + (m

2b)2)

3

�3.

Teraz z kolei podstawmy u = m2a, v = m

2b , gdzie u � 0, v � 0. Wówczas mamy

f(u; v) =

� 2732� 3

4(u+ v) + 1

9(4u2 � 11uv + 4v2) + 8

27(u2v + uv2)

2

�2+

80

+

�(u+ v � 27

16)� 4

9(u2 + uv + v2)

3

�3= 0.

Narysujemy (korzystaj ¾ac z programu Maple) wykres krzywej f(u; v) = 0.

0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

7

x

y

Rys. 45

Poniewa·z przyj¾elismy za promien 1, zatem srednica wynosi 2. Zatem srodkowe ma < 2,

mb < 2, zatem mamy, ·ze 0 < u < 4 oraz 0 < v < 4 oznacza to, ·ze wszystkie pary (u; v), gdzie

u = m2a oraz v = m2

b dla pewnego trójk ¾ata o srodkowych ma i mb, zawarte s ¾a w kwadracie

K = (0; 4)� (0; 4). Znaki + oraz � na rysunku oznaczaj ¾a, ·ze w tych obszarach znak funkcjijest dodatni lub ujemny. Gdy jest dodatni oznacza to, ·ze do wykonania konstrukcji powinno

si¾e u·zyc pierwiastka kwadratowego i szesciennego, zas gdy jest ujemny powinno si¾e u·zyc

pierwiastka kwadratowego i trysekcji k ¾ata.

W przypadku, gdy m2a =

14oraz m2

b =12, mamy u = 1

4oraz v = 1

2. Wówczas:

f(u; v) = �0:031 94f(u; v) < 0,

zatem mo·zna przypuszczac, ·ze do konstrukcji trójk ¾ata trzeba u·zyc podwojenia szescianu. W

przypadku, gdy m2a = 3 oraz m

2b =

3716mamy u = 3 oraz v = 37

16. Wówczas:

f(u; v) = 0:699 07

f(u; v) > 0,

81

zatem mo·zna przypuszczac, ·ze do konstrukcji trójk ¾ata trzeba u·zyc trysekcji k ¾ata.

Zauwa·zmy, ·ze ka·zde równanie stopnia trzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

(mo·ze posiadac pierwiastki rzeczywiste), mo·zemy sprowadzic do postaci z3+az2+ bz+ c = 0,

dla odpowiednich wartosci a; b; c. Z kolei zas równanie to mo·zemy doprowadzic do postaci

x3 + px+ q = 0 co zosta÷o pokazane powy·zej. Wówczas w zale·znosci od wartosci wspó÷czyn-

ników p i q, je·zeli:

(q

2)2 + (

p

3)3 � 0,

to na mocy stwierdzenia (44) pierwiastek rzeczywisty równania x3 + px + q = 0 mo·zna

wyznaczyc za pomoc ¾a rzeczywistych pierwiastków kwadratowych i szesciennych. Je·zeli zas:

(q

2)2 + (

p

3)3 < 0,

to na mocy stwierdzenia (46) pierwiastek rzeczywisty równania x3 + px + q = 0 mo·zna

wyznaczyc za pomoc ¾a pierwiastka kwadratowego i trysekcji k ¾ata.

Twierdzenie 70 [7] Zadanie konstrukcyjne, w którym dany jest promien ko÷a wpisanego,

jeden bok oraz srodkowa innego boku nie daje si ¾e rozwi ¾azac przy pomocy cyrkla i linijki (bez

wstawki).

Dowód. Niech dane b¾ed ¾a srodkowamb, bok a oraz promien okr¾egu wpisanego r. Korzystaj ¾ac

ze wzorów (25) oraz (31), otrzymujemy równanie:

16p2r2 = (a+ b+ c)(b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c)4(a+ b+ c)2r2 = (a+ b+ c)(b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c)4(a+ b+ c)r2 = (b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c)

Po odpowiednich przekszta÷ceniach otrzymujemy:

4(a3 + b3 + c3)� (a+ b+ c)3 + 12abc+ 12r2(a+ b+ c) = 0

Podstawmy u = b+ c, v2 = bc. Wówczas mamy:

4(a3 + u3)� (a+ u)3 + 12v2(a� u) + 12r2(a+ u) = 0 (37)

Nast¾epnie korzystaj ¾ac z (18)

m2b =

1

4(2c2 + 2a2 � b2)

4m2b = 2c2 + 2a2 � b2

82

oraz z to·zsamosci:

2c2 � b2 = 1

2(b2 + c2)� 3

2(b2 � c2)

otrzymujemy:

4m2b =

1

2(b2 + c2)� 3

2(b2 � c2) + 2a2

8m2b = b2 + c2 � 3b2 + 3c2 + 4a2

:::

(8m2b � 4a2 � u2 + 2v2)2 = 9u2(u2 � 4v2) (38)

Wyliczamy v2 z równania (37)

12v2(a� u) = (a+ u)3 � 4(a3 + u3)� 12r2(a+ u)

:::

v2 = �14a2 +

1

4u2 +

r2(�a� u)a� u

Nast¾epnie wstawiamy v2 do równania (38)

[8m2b � 4a2 � u2 + 2(�

1

4a2 +

1

4u2 +

r2(�a� u)a� u )]2 = 9u2[u2 � 4(�1

4a2 +

1

4u2 +

r2(�a� u)a� u )]

Wykonuj ¾ac szereg rachunków, otrzymujemy nast¾epuj ¾ac ¾a postac powy·zszego równania:

[�12u2 � 4r2u

a� u + (�9

2a2 � 2r2 + 8m2

b)]2 = 9u2[a2 � 4r2 (�a� u)

a� u ] (39)

Przyjmijmy, ·ze r = 12, a = 2 ,m2

b =3716. Podstawiaj ¾ac te wartosci do równania (39) ostatecznie

otrzymujemy wielomian stopnia szóstego postaci:

u6 � 4u5 � 108u4 + 584u3 � 716u2 = 0.

Dla powy·zszych wartosci r, a,mb równanie to ma pierwiastek podwójny u = 0. Po podzieleniu

przez u2 otrzymujemy równanie stopnia czwartego o wspó÷czynnikach wymiernych

w(u) = u4 � 4u3 � 108u2 + 584u� 716 = 0,

które nie posiada pierwiastków wymiernych, poniewa·z: w(1) 6= 0, w(�1) 6= 0, w(2) 6= 0,

w(�2) 6= 0, w(4) 6= 0, w(�4) 6= 0, w(179) 6= 0, w(�179) 6= 0, w(358) 6= 0, w(�358) 6= 0,

w(716) 6= 0, w(�716) 6= 0. Odpowiadaj ¾ace mu równanie rozwi ¾azuj ¾ace

p(w) = w3 + 108w2 + 528w � 20288 = 0

83

równie·z nie posiada pierwiastków wymiernych, gdy·z: p(1) 6= 0, p(�1) 6= 0, p(2) 6= 0,

p(�2) 6= 0, p(4) 6= 0, p(�4) 6= 0, P (8) 6= 0, p(�8) 6= 0, p(16) 6= 0, p(�16) 6= 0, p(32) 6= 0,

p(�32) 6= 0, p(64) 6= 0, p(�64) 6= 0, p(317) 6= 0, p(�317) 6= 0, p(634) 6= 0, p(�634) 6= 0,

p(1268) 6= 0, p(�1268) 6= 0, p(2536) 6= 0, p(�2536) 6= 0, p(5072) 6= 0, p(�5072) 6= 0,

p(10144) 6= 0, p(�10144) 6= 0, p(20288) 6= 0, p(�20288) 6= 0. St ¾ad na podstawie twierdzenia(35) wynika, ·ze nie mo·zna skonstruowac takiego trójk ¾ata za pomoc ¾a cyrkla i linijki.

Uwaga 71 Jesli jednak wezmiemy powy·zsze równanie stopnia czwartego

u4 � 4u3 � 108u2 + 584u� 716 = 0

i podstawimy a = 1, b = �4, c = �108, d = 584, f = �716, wówczas mamy równanie stopniaczwartego postaci:

au4 + bu3 + cu2 + du+ f = 0.

Podstawmy teraz u = x� b4a, aby zlikwidowac wspó÷czynnik przy x3. Wówczas mamy:

a(x� b

4a)4 + b(x� b

4a)3 + c(x� b

4a)2 + d(x� b

4a) + f = 0.

Po wykonaniu odpowiednich dzia÷an, ostatecznie otrzymujemy:

x4 + px2 + qx+ r = 0,

gdzie

p = c� 38b2

q =1

8b3 � 1

2bc+ d

r = � 3

256b4 +

1

16b2c� 1

4bd+ f .

Zatem dowolny wielomian stopnia czwartego o wspó÷czynnikach wymiernych mo·zemy do-

prowadzic do postaci:

x4 + px2 + qx+ r = 0. (40)

Z stwierdzenia (48) wiemy, ·ze równanie to jesli posiada pierwiastek rzeczywisty, to znajdujemy

go wyznaczaj ¾ac rzeczywisty pierwiastek kwadratowy równania stopnia trzeciego. W dowodzie

tego twierdzenia w efekcie koncowym otrzymalismy równanie stopnia szóstego postaci:

a6 + 2pa4 + (p2 � 4r)a2 � q2 = 0.

84

Podstawiaj ¾ac a2 = y, otrzymujemy:

y3 + 2py2 + (p2 � 4r)y � q2 = 0,

gdzie a2 jest pierwiastkiem rzeczywistym tego równania. Znajduj ¾ac ten pierwiastek, mo·zemy

znalezc pierwiastek rzeczywisty równania (40).

Podstawmy teraz a0 = 2p, b0 = p2 � 4r, c0 = �q2, wówczas otrzymujemy:

y3 + a0y2 + b0y + c0 = 0.

Podstawiaj ¾ac y = z� a0

3likwidujemy wspó÷czynnik przy y2 i otrzymujemy tak zwan ¾a postac

kanoniczn ¾a (wyznaczanie tej postaci równania zosta÷o pokazane w podrozdziale 3.4):

z3 + p0z + q0 = 0, (41)

Teraz zas w zale·znosci od znaku wyra·zenia:

(q0

2)2 + (

p0

3)3,

pierwiastek rzeczywisty równania (41) znajdujemy za pomoc ¾a rzeczywistych pierwiastków

kwadratowych i szesciennych, b ¾adz za pomoc ¾a pierwiastka kwadratowego i trysekcji k ¾ata (co

by÷o ju·z omówione powy·zej w przypadku równania stopnia trzeciego). St ¾ad zas jestesmy w

stanie znalezc pierwiastek równania y3 + 2py2 + (p2 � 4r)y � q2 = 0. Zatem z twierdzenia

(48) wynika, ·ze równie·z pierwiastki rzeczywiste równania (40) znajdujemy za pomoc ¾a rzeczy-

wistych pierwiastków kwadratowych i szesciennych b ¾adz pierwiastka kwadratowego i trysekcji

k ¾ata.

Na podstawie powy·zszych rozwa·zan mo·zemy przewidywac nast¾epuj ¾ace twierdzenie:

Twierdzenie 72 Zadanie konstrukcyjne, w którym dany jest promien ko÷a wpisanego, jeden

bok oraz srodkowa innego boku daje si ¾e rozwi ¾azac przy pomocy cyrkla i linijki ze wstawk ¾a.

Dowód. Niech dane b¾ed ¾a srodkowamb, bok a oraz promien okr¾egu wpisanego r. Korzystaj ¾ac

ze wzorów (25) oraz (31), otrzymujemy równanie:

16p2r2 = (a+ b+ c)(b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c)4(a+ b+ c)2r2 = (a+ b+ c)(b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c)4(a+ b+ c)r2 = (b+ c� a)(a+ c� b)(a+ b� c)

85

Po odpowiednich przekszta÷ceniach otrzymujemy:

4(a3 + b3 + c3)� (a+ b+ c)3 + 12abc+ 12r2(a+ b+ c) = 0

Podstawmy u = b+ c, v2 = bc. Wówczas mamy:

4(a3 + u3)� (a+ u)3 + 12v2(a� u) + 12r2(a+ u) = 0 (42)

Nast¾epnie korzystaj ¾ac z (18)

m2b =

1

4(2c2 + 2a2 � b2)

4m2b = 2c2 + 2a2 � b2

oraz z to·zsamosci:

2c2 � b2 = 1

2(b2 + c2)� 3

2(b2 � c2)

otrzymujemy:

4m2b =

1

2(b2 + c2)� 3

2(b2 � c2) + 2a2

8m2b = b2 + c2 � 3b2 + 3c2 + 4a2

:::

(8m2b � 4a2 � u2 + 2v2)2 = 9u2(u2 � 4v2) (43)

Wyliczamy v2 z równania (42)

12v2(a� u) = (a+ u)3 � 4(a3 + u3)� 12r2(a+ u)

:::

v2 = �14a2 +

1

4u2 +

r2(�a� u)a� u

Nast¾epnie wstawiamy v2 do równania (43)

[8m2b � 4a2 � u2 + 2(�

1

4a2 +

1

4u2 +

r2(�a� u)a� u )]2 = 9u2[u2 � 4(�1

4a2 +

1

4u2 +

r2(�a� u)a� u )]

[�12u2 � 4r2u

a� u + (�9

2a2 � 2r2 + 8m2

b)]2 = 9u2[a2 � 4r2 (�a� u)

a� u ]

:::

86

u4(a� u)2 + 16r2u3(a� u) + 64r4u2 + 18a2u2(a� u)2 + 8r2u2(a� u)2+4(a� u)2

�32m2bu2(a� u)2 + 144r2a2u(a� u) + 64r4u(a� u)� 256m2

br2u(a� u) + 81a4(a� u)2+

4(a� u)2

+16r4(a� u)2 + 256(m2b)2(a� u)2 + 72a2r2(a� u)2 � 288a2m2

b(a� u)2 � 128r2m2b(a� u)2

4(a� u)2 =

=36a2u2(a� u)2 + 144ar2u2(a� u) + 144r2u3(a� u)

4(a� u)2:::

u6 � 2au5 + u4(19a2 � 8r2 � 32m2b) + u

3(�36a3 + 64am2b)+

4(a� u)2

+u2(16r4 + 99a4 � 64a2r2 � 320a2m2b + 128r

2m2b + 256(m

2b)2)+

4(a� u)2

+u(32ar4 � 162a5 � 512a(m2b)2 + 576a3m2

b) + 81a6 + 16a2r4+

4(a� u)2

+256a2(m2b)2 + 72a4r2 � 288a4m2

b � 128a2r2m2b

4(a� u)2 =

=u4(36a2 � 144r2)� 72a3u3 + u2(36a4 + 144a2r2)

4(a� u)2

u6 � 2au5 + u4(19a2 � 8r2 � 32m2b) + u

3(�36a3 + 64am2b)+

4(a� u)2

+u2(16r4 + 99a4 � 64a2r2 � 320a2m2b + 128r

2m2b + 256(m

2b)2)+

4(a� u)2

+u(32ar4 � 162a5 � 512a(m2b)2 + 576a3m2

b) + 81a6 + 16a2r4+

4(a� u)2

+256a2(m2b)2 + 72a4r2 � 288a4m2

b � 128a2r2m2b+

4(a� u)2

�u4(36a2 � 144r2) + 72a3u3 � u2(36a4 + 144a2r2)4(a� u)2 = 0

u6 � 2au5 + u4(19a2 � 8r2 � 32m2b) + u

3(�36a3 + 64am2b)+

u2(16r4 + 99a4 � 64a2r2 � 320a2m2b + 128r

2m2b + 256(m

2b)2)+

+u(32ar4 � 162a5 � 512a(m2b)2 + 576a3m2

b) + 81a6 + 16a2r4+

+256a2(m2b)2 + 72a4r2 � 288a4m2

b � 128a2r2m2b+

87

�u4(36a2 � 144r2) + 72a3u3 � u2(36a4 + 144a2r2) = 0.

Ostatecznie otrzymujemy równanie stopnia szóstego, postaci:

u6 � 2au5 + u4(�17a2 + 136r2 � 32m2b) + u

3(36a3 + 64am2b)+

+u2(16r4 + 63a4 � 208a2r2 � 320a2m2b + 128r

2m2b + 256(m

2b)2)+

+u(32ar4 � 162a5 � 512a(m2b)2 + 576a3m2

b) + 81a6+

+16a2r4 + 256a2(m2b)2 + 72a4r2 � 288a4m2

b � 128a2r2m2b = 0.

Widzimy, ·ze wspó÷czynniki powy·zszego wielomianu zale·z ¾a tylko od kwadratów (bok a wy-

st¾epuje równie·z w pot¾egach ni·zszych ni·z 2 oraz wy·zszych ni·z 2) naszych danych. Zatem

powy·zsze zadanie konstrukcyjne daje si¾e rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a,

na podstawie twierdzenia (52), w oparciu o dane z najmniejszego cia÷a zawieraj ¾acego liczby

r2; a;m2b .

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Pozostaje otwartym problem podania bezposredniej konstrukcji trójk ¾atów przy pomocy

cyrkla i linijki ze wstawk ¾a z obu wy·zej przedstawionych zadan. Niestety w ·zadnej dost¾epnej

mi literaturze nie ma takich konstrukcji, czekaj ¾a one na swojego odkrywc¾e.

Poni·zej zostan ¾a podane dodatkowe przyk÷adowe zagadnienia dotycz ¾ace niewykonalnosci

konstrukcji za pomoc ¾a cyrkla i linijki, gdy·z wszystkie sprowadzaj ¾a si¾e do rozwi ¾azania wielomi-

anów stopni trzeciego, czwartego oraz wy·zszych, które nie posiadaj ¾a pierwiastków wymiernych.

Jednak·ze bli·zsza analiza geometryczna (polegaj ¾aca na wyliczeniu odpowiednich wielomianów)

pokazuje, ·ze daje si¾e rozwi ¾azac za pomoc ¾a cyrkla i linijki ze wstawk ¾a (chocia·z bezposrednie

konstrukcje nie s ¾a jeszcze znane), gdy dane s ¾a:

� promien ko÷a opisanego i dwie wysokosci - rozwi ¾azanie tego zadania sprowadza si¾e dorozwi ¾azania równania stopnia trzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

� promien ko÷a opisanego, wysokosc opuszczona na jeden z boków i srodkowa innego boku- rozwi ¾azanie tego zadania sprowadza si¾e rozwi ¾azania równania stopnia czwartego

� promien ko÷a wpisanego i dwa boki - otrzymujemy w tym przypadku równanie stopnia

trzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

88

� promien ko÷a wpisanego i dwie srodkowe - otrzymujemy równanie stopnia trzeciego,które nie posiada pierwiastków wymiernych

� promien ko÷a wpisanego, jeden bok i srodkowa tego boku - otrzymujemy równanie stopniatrzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

� promien ko÷a wpisanego, promien ko÷a opisanego i srodkow ¾a dowolnego boku - otrzymu-jemy równanie stopnia trzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

� dwusieczna da oraz dwa równe boki a; b - otrzymujemy równanie stopnia trzeciego, którenie posiada pierwiastków wymiernych

� trzy dwusieczne - otrzymujemy równanie stopnia trzeciego, które nie posiada pier-wiastków wymiernych

� dwie dwusieczne ( da = db) oraz wysokosc ha - otrzymujemy równanie stopnia trzeciego,które nie posiada pierwiastków wymiernych

� dwie dwusieczne ( da = db) oraz srodkowa ma - otrzymujemy równanie stopnia czwartego,

które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie rozwi ¾azuj ¾ace nie

posiada pierwiastków wymiernych

� dwie dwusieczne ( da = db) oraz promien ko÷a wpisanego - otrzymujemy równanie stopniatrzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

� dwie dwusieczne ( da = db) oraz promien ko÷a opisanego - rozwi ¾azanie tego zadania

sprowadza si¾e do rozwi ¾azania wielomianu stopnia pi ¾atego, który nie posiada pierwiastków

wymiernych

� dwusieczna da, bok a oraz wysokosc hb - otrzymujemy równanie stopnia trzeciego, którenie posiada pierwiastków wymiernych

� dwusieczna da, bok b oraz wysokosc hb - otrzymujemy równanie stopnia czwartego, którenie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie rozwi ¾azuj ¾ace nie posiada

pierwiastków wymiernych

� dwusieczna da, bok a oraz srodkowa mb - otrzymujemy równanie stopnia czwartego,

które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie rozwi ¾azuj ¾ace nie

posiada pierwiastków wymiernych

89

� dwusieczna da, bok a oraz promien ko÷a wpisanego - otrzymujemy równanie stopniaczwartego, które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie rozwi ¾azu-

j ¾ace nie posiada pierwiastków wymiernych

� dwusieczna da, wysokosc ha oraz srodkowa mb - otrzymujemy równanie stopnia czwartego,

które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie rozwi ¾azuj ¾ace nie

posiada pierwiastków wymiernych

� dwusieczna da, wysokosc hb oraz promien ko÷a wpisanego - rozwi ¾azanie tego zadaniasprowadza si¾e do rozwi ¾azania równania stopnia trzeciego, które nie posiada pierwiastków

wymiernych

� dwusieczna da, srodkowa ma oraz promien ko÷a wpisanego - otrzymujemy równanie

stopnia czwartego, które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie

rozwi ¾azuj ¾ace nie posiada pierwiastków wymiernych

� dwusieczna da, promien ko÷a wpisanego oraz promien ko÷a opisanego - otrzymujemyrównanie stopnia trzeciego, które nie posiada pierwiastków wymiernych

� k ¾at � (przyleg÷y do boku b), promien ko÷a wpisanego oraz srodkowa mb - otrzymujemy

równanie stopnia czwartego, które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego

równanie rozwi ¾azuj ¾ace nie posiada pierwiastków wymiernych

� k ¾at �, dwusieczna da oraz dwusieczna db - otrzymujemy równanie stopnia szóstego,nieprzywiedlne w ciele liczb wymiernych

� k ¾at �, dwusieczna da oraz srodkowa mb - otrzymujemy równanie stopnia czwartego,

które nie posiada pierwiastków wymiernych, równie·z jego równanie rozwi ¾azuj ¾ace nie

posiada pierwiastków wymiernych

� k ¾at �, dwusieczna db oraz wysokosc ha - otrzymujemy równanie stopnia trzeciego, którenie posiada pierwiastków wymiernych

90

Literatura

[1] I.I. Aleksandrow, Zbiór geometrycznych zadan konstrukcyjnych, Panstwowe Zak÷ady

Wydawnictw Szkolnych, Warszawa 1954

[2] J. Browkin, Wybrane zagadnienia algebry, PWN, Warszawa 1968

[3] J. Browkin, Teoria cia÷, PWN, Warszawa 1978

[4] R. Hartshorne, Geometry: Euclid and beyond, Springer, cop., UTM, 2000

[5] A. P. Juszkiewicz, Historia matematyki, PWN, Warszawa 1975

[6] E. Ko�er, Z dziejów matematyki, Wiedza Powszechna, Warszawa 1962

[7] M. ×uczynski, Z. Opial, O konstrukcjach trójk ¾atów, Panstwowe Zak÷ady Wydawnictw

Szkolnych, Warszawa 1964

[8] A. P. Miszyna, I. W. Proskuriakow, Algebra wy·zsza, PWN, Warszawa 1966

[9] A. Mostowski, M. Stark, Elementy algebry wy·zszej, PWN, Warszawa 1958

[10] P. M. Neumann, Re�ections on re�ection in a spherical mirror, Mathematical Association

of America, The American Mathematical Monthly, Vol. 105, 1998

[11] Z. Opial, Algebra wy·zsza, PWN, Warszawa 1975

[12] A. I. Sabra, Ibn al-Haytham�s lemmas for solving ¾Alhazen�s Problem", Archive for History

of Exact Sciences, Vol. 26, 1982

[13] Strona internetowa, http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/Mathematicians/Al-

Haytham.html

[14] W. Wi¾es÷aw, Matematyka i jej historia, Wydawnictwo Nowik, Opole 1997

91