Teoria i praktyka nieplatoN konstrukcji geometrycznychim0.p.lodz.pl/~kubarski/mgr/Zulinska.pdf · 3...
-
Upload
duongthuan -
Category
Documents
-
view
215 -
download
0
Transcript of Teoria i praktyka nieplatoN konstrukcji geometrycznychim0.p.lodz.pl/~kubarski/mgr/Zulinska.pdf · 3...
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