HOOFDSTUK 3

Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk – Leopold KroneckerOnze Lieve Heer heeft de gehele getallen gemaakt, de rest is mensenwerk

Uit het vorige hoofdstuk weten we dat de verzameling construeerbare coördinaten is eenlichaam dat gesloten is onder worteltrekken: we kunnen met passer en liniaal coördinatenvan punten optellen, aftrekken, vermenigvuldigen, delen en worteltrekken. Om te onderzoekenwelke coördinaten van punten wel en niet construeerbaar zijn is het belangrijk om zeker teweten dat dit ook alle bewerkingen zijn die we kunnen doen. Via berekeningen van snijpuntenvan lijnen en cirkels komen we erachter dat dit inderdaad zo is.Iedere geconstrueerde coördinaat is daarom opgebouwd uit breuken en tweedemachtswortels.Via de theorie van lichaamsuitbreidingen bekijken we wat de gevolgen hiervan zijn voor deberoemde Griekse constructieproblemen.

3.1. Snijpunten van lijnen en cirkelsOmdat passer-en-liniaal constructies alleen gaan over punten, lijnen en cirkels zullen we in dithoofdstuk vooral lijnen, cirkels en hun snijpunten nader bekijken. Bij origami spelen parabolenen hun raaklijnen een belangrijke rol, daarover dus meer in het tweede deel van deze module.

3.1.1. Snijpunten van algebraïsche krommenBij elke vergelijking in twee variabelen x, y hoort een kromme in het xy-vlak. Bekendevoorbeelden zijn de lijn gegeven door de vergelijking y = x en de cirkel gegeven door devergelijking x2 + y2 = 1. In het programma Geogebra kun je hiermee experimenteren.Eerst voeren we wat terminologie in. Een term in twee variabelen x, y is een uitdrukking vande vorm cxmyn met c een constante en m,n natuurlijke getallen, bijvoorbeeld xy2 of 3x4y11.Een veelterm of polynoom (poly = veel) is een combinatie van termen, bijvoorbeeld

p(x, y) = 3x3y2 � 11xy4| {z }

termen van graad 5

+ 2x2 � 23y2| {z }

termen van graad 2

+ 512

|{z}

graad 0

Een algebraïsche kromme wordt gegeven door een vergelijking van het type p(x, y) = 0 metp(x, y) een veelterm. De graad van een veelterm wordt gegeven door het maximum van m+nvoor alle termen cxmyn. De veelterm p(x, y) hierboven heeft dus graad 5 omdat m + n dewaarden 5, 2 en 0 kan aannemen. Er zijn twee termen van graad 5, twee termen van graad 2

en één term van graad 0. Met sommige krommen ben je al vertrouwd, zeker als de graad laagis:

• Een kromme van graad 1 is altijd een lijn.• Een voorbeeld van een kromme van graad 2 is een cirkel.

37

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

In de volgende opgave onderzoek je alle mogelijke krommen van graad 2.33 Opgave

Maak zes schuifknoppen aan in geogebra met de namen a, b, c, d, e, f en waarden lo-pend van �5 tot 5 (dit zijn de standaardinstellingen van geogebra, je hoeft dus alleen zesschuifknoppen aan te maken). Typ bij de invoer onder in het scherm de vergelijking

a ⇤ x2 + b ⇤ y2 + c ⇤ x ⇤ y + d ⇤ x+ e ⇤ y + f = 0

Vergeet hierbij niet de vermenigvuldigingstekens. Sleep met de schuifknoppen en beschrijfwelke soorten krommen je allemaal kunt krijgen. Gebruik bij dit onderzoek ook de kennis dieje al hebt: verwacht je lijnen? En parabolen?Hoeveel snijpunten twee krommen kunnen hebben hangt af van hun graad. Twee lijnen kunnenbijvoorbeeld nooit meer dan één snijpunt hebben en een cirkel en een lijn nooit meer dan twee.

34 OpgaveBekijk de onderlinge snijpunten van twee krommen uit de volgende verzameling: cirkel, ellips,parabool en hyperbool. Dus cirkel-cirkel, cirkel-ellips enzovoorts. Laat in schetsjes zien dater maximaal 4 snijpunten zijn, op één uitzondering na. Welk geval is dat en hoeveel snijpuntenzijn er dan maximaal?De uitzondering heeft grote gevolgen voor de passer-en-liniaal problemen, zie ook opgaven42 en 43.

Intermezzo: de stelling van BézoutDe Stelling van Bézout zegt dat twee algebraïsche krommen van graad m en n maximaal mnsnijpunten hebben. Deze stelling is voor het eerst opgeschreven door Newton in lemma 28van zijn Principia Mathematica zonder bewijs. In 1779 deed Étienne Bézout een poging dezestelling te bewijzen in zijn Théorie générale des équations algébriques. Een verbeterde versievan de stelling (bekend bij Newton en Bézout) houdt rekening met complexe oplossingenen multipliciteit van snijpunten, waardoor de algebraïsche krommen precies mn snijpuntenhebben. De stelling wordt fraai geïllustreerd door de derdegraadskromme y = 5x3 � 5x ende vijfdegraadskromme x = 2y5 � 7y3 + 5y die samen 15 snijpunten hebben.

Isaac Newton(1642-1727)

Étienne Bézout(1730-1783)

3.1.2. Vergelijking van een lijnNa het invoeren van een assenstelsel ben je gewend om een lijn te schrijven als y = ax+ b.Anderzijds moet er precies één lijn gaan door twee punten, dus ook door de punten (0, 0) en(0, 1) en de vergelijking x = 0 voor deze lijn is niet van de vorm y = ax + b. Het is daarombeter om voor de meest algemene uitdrukking voor een lijn de meest algemene uitdrukkingvoor een algebraïsche veelterm van graad 1 te gebruiken: ax+ by = c.

38

35 OpgaveBekijk de lijn gegeven door de vergelijking 3x+2y = 5. Laat zien dat deze lijn door de punten(1, 1) en (3,�2) gaat.

36a OpgaveDe twee punten P = (x1, y1) en Q = (x2, y2) zijn gegeven. Bekijk de vergelijking

(x2 � x1)(y � y1) = (y2 � y1)(x� x1)

Werk de haakjes weg en laat zien dat dit een vergelijking is van de vorm ax+ by = c. Druka, b en c uit in x1, x2, y1, y2.De verzameling van punten (x, y) die voldoen aan bovenstaande vergelijking vormen dus sameneen lijn.

36b OpgaveLaat zien dat zowel het punt P als het punt Q op deze lijn ligt.

36c OpgaveWat is de richtingscoëfficiënt van de lijn door P en Q?

De algemene vergelijking voor een lijn is

ax+ by = c

De algemene vergelijking voor een lijn door twee punten P = (x1, y1) en Q = (x2, y2) is

(x2 � x1)(y � y1) = (y2 � y1)(x� x1)

37 OpgaveGebruik de formule voor de lijn door twee punten om een vergelijking op te stellen voor delijn die door (1, 1) en (3,�2) gaat. Kijk nu nog eens naar opgave 35.

3.1.3. Vergelijking van een cirkelBekijk twee punten O,P in het vlak en de cirkel met middelpunt O en straal r = |OP |. Wekiezen coördinaten zodat O de oorsprong (0, 0) is en P het punt (r, 0). De cirkel bestaat uitalle punten (x, y) met afstand r tot de oorpsrong, en vanwege de stelling van Pythagoras zijndit de punten die voldoen aan de vergelijking x2 + y2 = r2.

We kiezen nu een ander assenstelsel zodat O niet langer de oorsprong is maar het punt(x1, y1). De algemene vergelijking voor een cirkel met middelpunt (x1, y1) en straal r is

(x� x1)2+ (y � y1)

2= r2

Hierin kunnen we nog de haakjes uitwerken.De algemene vergelijking van een cirkel is

x2 + y2 + dx+ ey + f = 0

Als we dit vergelijken met de algemene tweedegraads kromme

ax2 + by2 + cxy + dx+ ey + f = 0

dan zien we dus dat a = b = 1 en c = 0.39

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

3.1.4. Snijpunten van twee lijnenTwee lijnen hebben, als ze niet samenvallen, hooguit 1 snijpunt. Dit zie je in een plaatje enhet klopt met de stelling van Bézout. Om het snijpunt van twee lijnen te vinden heb je geleerdom een stelsel vergelijkingen op te lossen. Dit kan bijvoorbeeld door substitutie of eliminatie,zie het kader “Het oplossen van stelsels”.

38a OpgaveBereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking 3x+ 6y = 2 en �x+ 4y = 7.

38b OpgaveBereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking 3x+ 6y = 2 en x+ 2y = 3.Wat is hier meetkundig aan de hand?

38c OpgaveBereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking 3x+ 6y = 2 en x+ 2y =

23 .

Wat is hier meetkundig aan de hand?

39a OpgaveBereken het snijpunt van de lijnen met vergelijking a1x+ b1y = c1 en a2x+ b2y = c2.

39b OpgaveHoeveel snijpunten zijn er als a1b2 = b1a2 en c1a2 6= a1c2?Wat betekent dit meetkundig? (zie opgave 38 b)

39c OpgaveHoeveel snijpunten zijn er als a1b2 = b1a2 en c1a2 = a1c2?Wat betekent dit meetkundig? (zie opgave 38 c)

Het oplossen van stelsels

We bekijken twee methoden voor het oplossen van het stelseln

x+ 2y = 2

2x+ 3y = 3

SubstitutieEerst wordt één van de vergelijkingen zogeschreven dat een variabele kan wordenuitgedrukt in de andere. Bijvoorbeeld:

x = 2� 2y

Invullen in 2x+ 3y = 3 geeft2(2� 2y) + 3y = 3

dusy = 1

Dit invullen (substitueren) in de oorspron-kelijke vergelijkingen geeft

x = 0

EliminatieHet idee is om de vergelijkingen op een ge-schikte manier van elkaar af te trekken of bijelkaar op te trekken zodat één van de va-riabelen wordt weggewerkt (geëlimineerd).Daarom vermenigvuldingen we de hele bo-venste vergelijking met 2:

n

2x+ 4y = 4

2x+ 3y = 3

Van elkaar aftrekken geefty = 1

Dit invullen (substitueren) in de oorspron-kelijke vergelijkingen geeft

x = 0

40

Als de lijnen gegeven door a1x+ b1y = c1 en a2x+ b2y = c2 niet samenvallen of evenwijdigzijn, dan wordt het snijpunt gegeven door

(1) (x, y) =

✓

c2b1 � b2c1a2b1 � b2a1

,a2c1 � c2a1a2b1 � b2a1

◆

Belangrijk om te onthouden is dat er in de coördinaten van de snijpunten alleen breuken tezien zijn en niet bijvoorbeeld tweedemachtswortels.

3.1.5. Snijpunten van een lijn en een cirkelOm het snijpunt van een lijn en een cirkel te vinden kun je weer een stelsel vergelijkingen opte lossen.

40a OpgaveTeken de lijn �x+ y = 0 en de cirkel x2 + y2 = 1. Hoeveel snijpunten zie je?

40b OpgaveBereken deze snijpunten algebraïsch door het stelsel

n �x+ y = 0

x2 + y2 = 1

op te lossen.41a Opgave

Teken de lijn �x+ y = 4 en de cirkel x2 + y2 = 1. Hoeveel snijpunten zie je?41b Opgave

Probeer het stelseln �x+ y = 4

x2 + y2 = 1

op te lossen. Hoeveel oplossingen zijn er en waarom?We beschrijven nu een manier om de snijpunten te vinden van een algemene lijn

k : ax+ by = c

met een algemene cirkelC : x2 + y2 + dx+ ey + f = 0

Als de lijn niet verticaal is (dus b 6= 0) dan kunnen wey = �a

b

x+

c

b

substitueren in C. We krijgen dan

(2) x2 +�

�a

b

x+

c

b

�2+ dx+ e

�

�a

b

x+

c

b

�

+ f = 0

Dit is een tweedegraads vergelijking voor x en we kunnen dus in principe de abc-formulegebruiken om de snijpunten te vinden. Dat wordt echter een grote formule-brij die we eenbeetje overzichtelijk willen houden. We schrijven de vergelijking (2) daarom als(3) Ax2 +Bx+ C = 0

metA = 1� a

2

b

2

B = d� 2cb

� ea

b

C =

ec

a

+ f

41

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

De abc-formule geeft nu de x-coördinaten van de snijpunten

x1 =�B +

pB2 � 4AC

2Aen x2 =

�B �pB2 � 4AC

2ADoor deze waarden van x te substitueren in de vergelijking voor de lijn k vinden we debijbehorende y-waarden van de snijpunten

y1 = �a

b

x1 +c

a

en y2 = �a

b

x2 +c

a

Het gaat ons niet om de precieze uitdrukkingen voor de coördinaten van deze snijpunten. Watechter opvalt is een duidelijk verschil tussen de snijpunten van een lijn met een lijn en vaneen lijn met een cirkel: er komen nu wortels voor in de formules. Dit is niet zo verrassend,aangezien we al met de meetkundige rekenmachine konden worteltrekken, zie paragraaf 2.3.Belangrijk om te onthouden is dat er niets méér ontstaat dan breuken en wortels in decoördinaten van de snijpunten.

3.1.6. Snijpunten van twee cirkelsWe gaan nu op zoek naar de snijpunten van twee cirkels. We lossen daarom het stelsel

n

x2 + y2 + dx+ ey + f = 0

x2 + y2 + gx+ hy + i = 0

op door de vergelijkingen van elkaar af te trekken (eliminatie). We krijgen dan het nieuwestelsel

n

x2 + y2+ dx+ ey+ f = 0

(d� g)x+ (e� h)y+ (f � i) = 0

Maar de tweede vergelijking in dit stelsel ziet eruit als een lijn! De snijpunten van tweecirkels liggen dus op een lijn. Dit betekent dat we dezelfde soort snijpunten krijgen als inde vorige paragraaf en ook dezelfde soort formules voor de coördinaten van de snijpunten. Erkunnen dus weer alleen wortels optreden in deze formules.

42 OpgaveBereken de snijpunten van de cirkels x2 + y2 = 1 en (x � 1)

2+ (y � 1)

2= 4. Welke

tweedegraads vergelijking moet je uiteindelijk oplossen?Belangrijk om te onthouden is dat er weer niets méér ontstaat dan breuken en wortels in decoördinaten van de snijpunten.

3.1.7. Snijpunten van parabolen en het Delische probleemHet is onmogelijk dat er bij snijpunten van twee cirkels bijvoorbeeld derdemachtswortels op-treden. Dit heeft te maken met de tweedegraads vergelijking (2) die ontstaat bij het berekenenvan de snijpunten van een lijn en een cirkel: een tweedegraads vergelijking heeft maximaaltwee oplossingen.Er kunnen wél derdemachtswortels optreden bij snijpunten van parabolen: deze hebben on-derling maximaal 4 snijpunten en dit is een indicatie dat er een vierdegraads vergelijking inhet spel is.

43 OpgaveBekijk de algemene vergelijkingen y = ax2 en x = by2 van een staande en een liggendeparabool. Kies a en b zo, dat de x-coördinaat van één van de snijpunten voldoet aan devergelijking x3 = 2, zie figuur 1. Hiermee heb je (door vals te spelen) de coördinaat 3

p2 en

dus de verdubbeling van de kubus “geconstrueerd”. Deze constructie was al bekend bij deGriek Menaechmus (380-320 v. chr.).

42

F����� �. De x-coördinaat van het snijpunt van twee parabolen is 3p2.

3.2. Lichaamsuitbreidingen3.2.1. Historische inleidingSinds het werk van Descartes was het mogelijk om meetkunde te bestuderen met behulpvan vergelijkingen, algebra dus. Een grondige studie van algebra begon echter pas in denegentiende eeuw, toen de Fransman Évariste Galois en de Noor Niels Abel onafhankelijkvan elkaar nauwkeurig bestudeerden hoe de oplossingen van een vergelijking eruit kunnenzien. Ze deden dit werk allebei toen ze nog erg jong waren en ze kregen er tijdens hun levenweinig erkenning voor. Galois is op 20-jarige leeftijd neergeschoten in een pistoolduel enAbel is aan tuberculose overleden toen hij 26 was.Aan de basis van hun onderzoek stond het begrip lichaam dat we al even zijn tegengekomenin hoofdstuk 2. We zullen in deze module niet toekomen aan de mooie resultaten die Abelen Galois uiteindelijk hebben behaald, maar we willen ze hier graag even noemen. Abel konbijvoorbeeld bewijzen dat het onmogelijk is om de oplossingen van een willekeurige vijfde-graads vergelijking op te schrijven als je alleen gebruik mag maken van optellen, aftrekken,vermenigvuldigen, delen en het trekken van (hogere machts) wortels. Er bestaat dus geenabc-formule voor vijfdegraads vergelijkingen (wel voor derde- en vierdegraads vergelijkingen).Alleen als de vergelijking van een heel speciaal type is bestaat er een eenvoudige uitdrukkingvoor zijn oplossingen. Galois ging nog een stapje verder en beschreef heel nauwkeurig vanwelke vorm een ne-graads vergelijking moet zijn als er een eenvoudige uitdrukking bestaatvoor de oplossingen. Hij verzon een algoritme waarmee je dit kunt bepalen. Deze theorienoemen we nu Galois theorie.

Eén van de uitvinders van de theorie van lichamen was de FransmanÉvariste Galois (1811-1832). Hij was een wiskundig genie die opschool zijn andere vakken verwaarloosde en op de universiteit (ÉcolePolytechnique) werd geweigerd. Ondertussen raakte Galois steedsmeer betrokken bij de Republikeinse politieke beweging. Of éénvan zijn politieke tegenstanders of een concurrent in de liefde hemuitdaagde voor een pistoolduel zal wel altijd onduidelijk blijven. Feitis dat Galois op 29 mei 1832 op twintigjarige leeftijd de nacht ingingvrezend dat hij de volgende ochtend zou sterven. Hij werkte de helenacht koortsachtig aan zijn wiskundige ideeën en schreef ze slordigen gehaast in een brief aan de wiskundige Chevalier. Deze briefvan nog geen tien pagina’s is een van de peilers van de modernealgebra. De volgende dag werd hij in het duel dodelijk getroffen.

43

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

3.2.2. Het lichaam Q(p2)

Het getalp2 is irrationaal, maar wel het resultaat van een constructie. Het zit dus niet in het

lichaam van de breuken Q maar wel in het lichaam van construeerbare coördinaten K. Om Kop te bouwen uit Q voegen we daarom eerst eens het element

p2 hieraan toe. Dit is echter

nog lang niet genoeg: getallen zoals

1 +

p2 ,

3p2

,

p2

11

�53 + 2

p2

12 +

12

p2

zijn allemaal construeerbaar en die moeten we dus ook toevoegen aan Q. Het lijkt misschieneen hopeloze zaak om alle noodzakelijke toevoegingen te beschrijven, omdat de uitdrukkingener nogal ingewikkeld uit kunnen gaan zien. Kijk echter nog eens naar opgave 30, waariningewikkelde breuken worden vereenvoudigd naar een standaardvorm p

q

. Zoiets zullen we ooknu weer proberen te doen.

Definitie 3.Het lichaam Q(

p2) is de kleinste verzameling die Q en

p2 bevat en zelf weer een lichaam

is. Dit heet de lichaamsuitbreiding van Q metp2.

We willen graag beter weten hoe de getallen in Q(

p2) eruit zien. Is het wel echt nodig

om noemers te hebben waarp2 in voorkomt? Je kunt deze wegwerken met de zogenaamde

worteltruc53 + 2

p2

12 +

12

p2

=

53 + 2

p2

12 +

12

p2

·12 � 1

2

p2

12 � 1

2

p2

=

56 +

p2� 5

6

p2� 2

14

= �143 +

23

p2

44 OpgaveWerk

p2 weg in de noemer van

7� 13

p2

5 + 3

p2

We kunnenp2 in de noemers dus gerust weglaten en alleen getallen bekijken van de vorm

a + bp2 met a, b 2 Q. Het is niet moeilijk om te controleren dat deze verzameling gesloten

is onder optellen, aftrekken en vermenigvuldigen en (vanwege bovenstaande truc) ook onderdelen; ze vormen samen een lichaam. De enige vraag die overblijft is of dit wel het kleinstelichaam is dat

p2 bevat.

45 OpgaveBewijs dat Q(

p2) =

�

a+ bp2 | a, b 2 Q

door te laten zien dat ieder lichaam dat Q enp2

bevat ook alle getallen van de vorm a+ bp2 moet bevatten.

Hoe groot is Q(

p2) eigenlijk? Om dit te testen kijken we of

p3 (ook construeerbaar) een

element is van Q(

p2).

46 OpgaveBewijs dat

p3 geen breuk is, dus

p3 62 Q.

47 OpgaveStel dat

p3 een element is van Q(

p2), dus

p3 = a+ b

p2. Kwadrateer deze vergelijking en

laat zien datp2 dan een breuk zou moeten zijn.

De conclusie moet dus wel zijn datp3 geen element is van Q(

p2). Maar dit is wél een

construeerbaar getal, dus een element van K. We voegen het daarom toe aan Q(

p2) in de

hoop dichter bij K te komen. Hoe ziet de lichaamsuitbreiding van Q metp2 én

p3, het

44

kleinste lichaam dat zowel Q alsp2 als

p3 bevat, eruit? Aangemoedigd door ons succes

doen we een eerste poging: zou dit de verzameling{a+ b

p2 + c

p3 | a, b, c 2 Q}

kunnen zijn?48 Opgave

Is de verzameling getallen van de vorm a+ bp2 + c

p3 gesloten onder

a) Optellen?b) Aftrekken?c) Vemenigvuldigen?

49 OpgaveLaat zien dat de verzameling getallen van de vorm a+ b

p2+ c

p3+d

p2

p3 gesloten is onder

vermenigvuldiging.Om te laten zien dat deze verzameling ook gesloten is onder delen moeten we weer aantonendat

p2,p3 en

p2

p3 uit de noemers kunnen worden verwijderd.

50 OpgaveBekijk het getal 1

1+p2+

p3+

p2p3

en verwijder eerstp3 uit de noemer en vervolgens

p2. Haal

hiervoor eerstp3 buiten haakjes.

51 OpgaveBewijs dat Q(

p2,p3) = Q(

p2 +

p3).

We hebben nu het kleinste lichaam gevonden dat Q,p2 en

p3 bevat:

Q(

p2,p3) = {a+ b

p2 + c

p3 + d

p2

p3} a, b, c, d 2 Q

Definitie 4. Een algemene lichaamsuitbreiding M van een lichaam L is een lichaam datL bevat. Het aantal elementen van L dat we minimaal nodig hebben om elementen vande lichaamsuitbreiding uit te drukken noemen we de graad van de lichaamsuitbreiding. Wenoteren dit met vierkante haken, bijvoorbeeld

[Q(

p2) : Q] = 2

omdat alle elementen van Q(

p2) uniek te schrijven zijn als a + b

p2. We hebben dus twee

breuken a, b 2 Q nodig om een element van Q(

p2) vast te leggen.

Evenzo vinden we dat[Q(

p2,p3) : Q] = 4

om dat we vier breuken a, b, c, d 2 Q nodig hebben om een element a+bp2+c

p3+d

p2

p3 2

Q(

p2,p3) vast te leggen. De graad geeft aan hoeveel groter de uitbreiding is dan het

originele lichaam: hoe groter de uitbreiding des te hoger de graad.52 Opgave

Begin met de verzameling {0, 1}. Laat zien dat Q het kleinste lichaam is dat deze verzamelingbevat1.

53 OpgaveLeg uit dat [Q(

p4) : Q] = 1 en [Q(

p3,p12) : Q] = 2.

Onderzoek of de volgende beweringen waar zijn:1Er zijn ook andere definities mogelijk van optellen, aftrekken, vermenigvuldigen en delen waarmee kleinere

lichamen mogelijk zijn.

45

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

54a Opgavep

3 + 2

p2 2 Q(

p2)

54b Opgaveq

3 +

p

13 + 4

p3 2 Q(

p3)

We kunnen wel eindeloos doorgaan met toevoegen van wortels maar dan komen we nooit bijeen goede beschrijving van K. We verleggen nu een klein beetje onze aandacht. In plaatsvan een antwoord op de vraag “Hoe ziet K eruit?” willen we eigenlijk liever weten hoehet lichaam eruit kan zien dat bij een specifieke constructie hoort. Daarmee bedoelen wehet kleinste lichaam dat de coördinaten bevat van alle punten die tijdens deze constructieontstaan.

3.2.3. Lichaamsuitbreiding horend bij een constructieWe bekijken nu een willekeurige constructie. Niet iedere constructiestap zorgt voor eenlichaamsuitbreiding: bij het snijden van twee lijnen bijvoorbeeld ontstaat een nieuw puntwaarvan de coördinaten nog steeds in hetzelfde lichaam zitten (waarom?). In de formules voorde snijpunten van lijnen en cirkels komen hooguit tweedemachts wortels voor van één getal. Ditzorgt ervoor dat de lichaamsuitbreidingen die eventueel bij een constructiestap horen van graad2 zijn. We bekijken nu een willekeurige constructie aan de hand van de bijbehorende lichamen.Vóór de eerste stap van de constructie hebben we alleen de startverzameling (0, 0), (1, 0). Hetkleinste lichaam dat deze getallen bevat is K0 = Q. De eerste keer dat de coördinaat vaneen nieuw geconstrueerd punt niet meer in K0 zit moeten we dit lichaam uitbreiden. Vanwegede vorige opgave zal dit een kwadratische uitbreiding K1 = K0(

pc) zijn voor één of andere

c 2 K0. Niet alle elementen van K1 maken deel uit van de constructie, maar ze zijn welallemaal construeerbaar (waarom?). Na een aantal constructiestappen kan het gebeuren dateen coördinaat van een geconstrueerd punt niet meer in K1 zit; dan breiden we dit lichaamuit tot K2, enzovoorts. Na de laatste stap van de constructie zijn we aangeland bij K

n

vooréén of andere n 2 N. Dit is het kleinste lichaam dat de coördinaten bevat van alle puntendie tijdens de constructie ontstaan. Bij iedere constructie hoort dus een toren van lichamen

(4) Q = K0 ⇢ K1 ⇢ K2 ⇢ . . . ⇢ Kn

⇢ K

We weten dat Kn

⇢ K omdat ieder van de Ki

alleen maar construeerbare getallen bevat.Iedere uitbreiding heeft graad 2, dus

[K1 : K0] = [K2 : K1] = . . . = [Kn

: Kn�1] = 2

Omgekeerd geldt ook: als een getal in een toren van kwadratische uitbreidingen van Q zit,dan is dit getal construeerbaar.

55a OpgaveWelke toren hoort bij de constructie van een gelijkzijdige driehoek vanuit de startverzameling{(0, 0), (1, 0)} zoals in opgave 2?

55b OpgaveWelke toren hoort bij de constructie van een regelmatige driehoek vanuit de startverzameling{(0, 0), (1, 0)} zoals in figuur 1 uit hoofdstuk 1?

56 OpgaveZijn de oplossingen van de vergelijking

3x4 � 317x2 + 2012 = 0

46

construeerbaar? Probeer zo min mogelijk te berekenen en zoveel mogelijk te beargumenteren.57 Opgave

Geef een mogelijke toren van lichamen horend bij een constructie van een regelmatige zeven-tienhoek. Kijk hiervoor nog eens terug naar de Geogebra opdracht uit het vorige hoofdstuk.

3.3. Verdubbeling van de kubus is niet construeerbaar3.3.1. Een ode aan Pierre Laurent WantzelIn het eerste hoofdstuk hebben we het gehad over meetkundige constructies met passer enliniaal en hebben we de nadruk gelegd op vier onopgeloste problemen uit de Griekse Oudheid:verdubbeling van de kubus, driedeling van een hoek, kwadratuur van de cirkel en constructiesvan regelmatige veelhoeken. In het tweede hoofdstuk hebben we gezien hoe het invoeren vancoördinaten ons in staat stelt om met coördinaten van construeerbare getallen te rekenen.De verzameling construeerbare coördinaten bleek een lichaam te zijn. In dit derde hoofdstukhebben we uitgelegd waarom constructies met passer en liniaal leiden tot een toren vantweedegraads lichaamsuitbreidingen. Het is tijd om te oogsten wat we hebben gezaaid: wegebruiken lichaamsuitbreidingen om te bewijzen dat verdubbeling van de kubus met passeren liniaal onmogelijk is. De eerste wiskundige in de geschiedenis die dit kon bewijzen wasde Fransman Pierre Laurent Wantzel (1837), ruim 2000 jaar nadat de Grieken dit probleemvoor het eerst hadden onderzocht!

Een wiskundige is een apparaat dat koffie omzet in stellingen – Paul Erdös

In één wiskundige tijdschriftartikel bewees Wantzel dat driedeling van een hoek en verdub-beling van een kubus onmogelijk zijn en bovendien bewees hij welke veelhoeken niet constru-eerbaar zijn met passer en liniaal. Ondanks deze fantastische prestaties, waarmee hij drievan de vier Griekse problemen voor eens en voor altijd opgelost heeft, kreeg zijn werk gedu-rende bijna honderd jaar vrijwel geen aandacht. De voornaamste reden hiervoor is volgens deDeense historicus Lützen dat onmogelijkheidsbewijzen was op dat moment uit de mode waren.Toen dat een halve eeuw later was veranderd waren de wiskundigen het werk van Wantzelalweer vergeten. Pas in 1917 probeert Cajori de aandacht van de wiskundigen op Wantzelte vestigen in een voordracht voor de American Mathematical Society en in 1934 verscheende Encyclopädie der Elementarmathematik waarin Wantzel werd genoemd en in ere hersteld– bijna honderd jaar na zijn ontdekkingen. Volgens zijn vriend Saint-Venant had Wantzelslechte slaap- en eetgewoonten en heeft hij zich op 33-jarige leeftijd onder invloed van opiumdoodgewerkt...

3.3.2. OnmogelijkhedenVia de Cartesische coördinaten en de theorie van lichamen zijn we nu in staat om de meet-kundige vragen die worden opgeroepen door de Griekse constructieproblemen te vertalen naarduidelijke vragen in de algebra:

Meetkunde AlgebraIs punt (x, y) construeerbaar? Zitten de coördinaten x, y in een toren K0 ⇢ . . . ⇢ K

n

vankwadratische uitbreidingen van Q?

Eindelijk zijn we dan zover dat we kunnen bewijzen dat de verdubbeling van de kubus en dedriedeling van een willekeurige hoek onmogelijk is met alleen passer en liniaal.

47

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

3.3.3. Verdubbeling van de kubus is niet construeerbaarWe zullen bewijzen dat 3

p2 niet construeerbaar is via een bewijs uit het ongerijmde. Stel

namelijk dat 3p2 wél construeerbaar is, dan bestaat er een constructie met een bijbehorende

toren van lichaamsuitbreidingen zodat 3p2 2 K

n

. Eerst laten we zien dat 3p2 62 Q = K0.

58 OpgaveBewijs dat 3

p2 irrationaal is.

We mogen aannemen dat de zogenaamde constructie van 3p2 zo efficiënt mogelijk is, dat wil

zeggen er bestaat geen constructie met een kleinere toren van lichaamsuitbreidingen. Omdat[K

n

: Kn�1] = 2 is er in deze laatste uitbreiding een tweedemachts wortel van één element

uit Kn�1 toegevoegd. We kunnen dus schrijven

3p2 = a+ b

pc

met a, b, c 2 Kn�1.

59a OpgaveUit de aannames volgt dat b 6= 0, c > 0 en

pc 62 K

n�1. Leg dit uit.59b Opgave

Verhef de linker- en rechterkant tot de derde macht en laat zien dat(a3 + 3ab2c� 2) + b(3a2 + b2c)

pc = 0

59c OpgaveLaat met behulp van onderdeel a) zien dat

pc 2 K

n�1.59d Opgave

Leg uit dat dat in tegenspraak is met de aanname dat de constructie zo efficiënt mogelijk is.Conclusie: verdubbeling van de kubus met passer en liniaal is onmogelijk!

60 OpgaveIs verdubbeling van (het volume van) de bol wel mogelijk met passer en liniaal?

3.3.4. Epiloog: de andere Griekse constructieproblemenWe geven een korte opsomming van de (on)mogelijkheid van de andere drie beroemde con-structieproblemen.Driedeling van een hoekNiet alle hoeken kunnen in drieën worden gedeeld met passer en liniaal. Een voorbeeld iseen hoek van 60

�, waarvoor kan worden bewezen dat deze niet in drieën kan worden gedeeld.Voor hoeken met een geheel aantal graden geldt de volgende karakterisatie:Een hoek van n� graden kan worden geconstrueerd precies wanneer n deelbaar is door 3.Daarmee is ook meteen duidelijk welke hoeken van n� in drieën kunnen worden gedeeld. Alseen hoek niet bestaat uit een geheel aantal graden, is het een stuk lastiger om te bepalen ofde hoek in drieën kan worden gedeeld of niet.. hiervoor is Galois theorie nodig.Regelmatige veelhoekenGauss en Wantzel geven een volledige opsomming van de regelmatige veelhoeken die wel enniet construeerbaar zijn. Om te beginnen introduceren we een bijzonder soort getallen: deFermat getallen hebben de vorm

Fm

= 2

2m+ 1 m 2 N

48

Vanwege de machten in deze formule worden deze getallen snel groot. Het rijtje begint met3, 5, 17, 257, 65537, 4294967297, 18446744073709551617, . . .

Pierre de Fermat, beroemd vanwege de Laatste stelling van Fermat , dacht dat deze getallenallemaal priemgetallen waren. De eerste vijf zijn dat inderdaad ook, maar het gaat mis bij dezesde omdat

4294967297 = 641 · 6700417Het is onbekend(!) welke Fermat getallen precies priem zijn, de grootste is tot dusver 65537.Het resultaat van Gauss is nu als volgt: een regelmatige n-hoek is construeerbaar precieswanneer n de volgende vorm heeft

n = 2

mp1 · p2 · . . . · pk

m, k 2 Nwaarbij de p

i

verschillende Fermat priemgetallen zijn. Vanwege het bestaan van bisectricesimpliceert de construeerbaarheid van een n-hoek meteen de construeerbaarheid van de 2n-hoek, 4n-hoek enzovoorts. Dit verklaart de factor 2m in de formule. Het lijstje construeerbaren-hoeken begint met

3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 18, . . .

Een regelmatige 15-hoek is bijvoorbeeld construeerbaar omdat een driehoek en een vijfhoekdat zijn, zie ook opgave 14. De zevenhoek is het eerste gat in de reeks omdat het wel priem ismaar geen Fermat getal, terwijl een negenhoek niet construeerbaar is omdat 3 · 3 een productis van twee dezelfde Fermat priemgetallen. De zeventienhoek is de eerste in de rij die nietbekend was bij de Grieken, zie ook Geogebra opdracht 10.Kwadratuur van de cirkelElke construeerbare coördinaat voldoet aan één of andere vergelijking met een veelterm. Hetconstrueerbare getal

x =

r

2 +

q

7� 3

p3

voldoet bijvoorbeeld aan de vergelijkingen

x2 = 2 +

q

7� 3

p3

�

x2 � 2

�2= 7� 3

p3

⇣

�

x2 � 2

�2 � 7

⌘2= 27

We hebben eerder al gezien in paragraaf 1.4.1 dat kwadratuur van de cirkel neerkomt op hetconstrueren van een lijnstuk met lengte

p⇡. Als dit getal zou voldoen aan een veeltermver-

gelijking, dan zouden we op zoek moeten gaan naar zijn uitbreidingsgraad om te kijken of hetconstrueerbaar zou kunnen zijn of niet. Er bestaan echter ook getallen die niet voldoen aaneen veeltermvergelijking. Zulke getallen noemen we transcendent . Een beroemde stelling vanvon Lindemann uit 1882 vertelt ons dat zowel

p⇡ als ⇡ transcendent zijn en dus onmogelijk

construeerbaar. Helaas is deze stelling te moeilijk om in deze module te behandelen.Echt onmogelijk?Voor veel amateurwiskundigen is hoofdstuk 1 goed te begrijpen en ze worden soms gegrependoor de constructiekoorts. Met name op de beroemde problemen die 2000 jaar onopgelostbleven hebben in de loop der eeuwen heel veel mensen hun tanden stuk gebeten. Hieraanhad een einde moeten komen toen Pierre-Laurent Wantzel in 1837 voor het eerst bewees datverdubbeling van een kubus en driedeling van een hoek onmogelijk zijn, gevolgd in 1882 doorhet bewijs van von Lindemann dat kwadratuur van de cirkel onmogelijk is. Helaas zijn deandere twee hoofdstukken voor veel mensen moeilijk te bevatten en dus blijven de ingezonden

49

Hoofdstuk 3 Wat is wel en niet construeerbaar met passer en liniaal

brieven met “constructies” binnenstromen in de wiskunde departementen van de grote univer-siteiten. De wiskundige Underwood Dudley heeft dit soort ingezonden brieven verzameld engebundeld in een boekje getiteld The Trisectors. Aristoteles, Euclides of Archimedes daaren-tegen hebben nooit foute constructies gegeven met de claim dat ze één van de drie problemenkonden oplossen. Als ze nu nog leefden zouden ze waarschijnlijk vrede hebben met het bewijsdat de constructies echt onmogelijk zijn.

Sometimes I’ve believed as many as six impossible things before breakfast –Lewis Caroll

50

Samenvatting H3

In het vorige hoofdstuk zagen we dat het lichaam van coördinaten van construeerbare punten Kgesloten is onder worteltrekken. In dit hoofdstuk hebben we laten zien K het kleinste lichaamis met deze eigenschap: via snijpunten van lijnen en cirkels krijgen we alleen uitdrukkingenmet +�⇥÷ en p

type snijpunten vergelijkingen coördinaten van snijpuntenlijn-lijn a1x+ b1y = c1 breuken in a1, b1, c1, a2, b2, c2

a2x+ b2y = c2lijn-cirkel ax+ by = c breuken en wortels in a, b, c, d, e, f

x2 + y2 + dx+ ey + f = 0

cirkel-cirkel x2 + y2 + dx+ ey + f = 0 breuken en wortels in d, e, f, g, h, ix2 + y2 + gx+ hy + i = 0

Een lichaamsuitbreiding M van een lichaam L is een lichaam dat L bevat. De graad vande uitbreiding is het aantal elementen van dat nodig is om een element van M uniek vastte leggen. Een lichaamsuitbreiding van graad 2 heet een kwadratische lichaamsuitbreiding.Een toren van lichaamsuitbreidingen is een aantal lichaamsuitbreidingen na elkaar.Aan iedere constructie koppelen we een unieke toren van kwadratische lichaamsuitbreidingenvan Q: aan de startverzameling {(0, 0), (1, 0)} koppelen we K0 = Q zelf. Als er in eenconstructiestap een nieuwe wortel

pa wordt geconstrueerd die nog niet in het lichaam zit dan

breiden we het lichaam uit met deze wortel. Op die manier ontstaat een toren van kwadratischelichaamsuitbreidingen

K0 ⇢ K1 ⇢ . . . ⇢ Kn

Een getal is construeerbaar precies wanneer het in zo’n toren zit, elk element van K zit dusin zo’n toren.

Beroemd probleem 1 (Kwadratuur van de cirkel).p⇡ 62 K dus de kwadratuur van de cirkel is onmogelijk met passer en liniaal.

Beroemd probleem 2 (Regelmatige veelhoeken).Een regelmatige n-hoek is construeerbaar precies wanneer n van de volgende vorm is:

n = 2

mp1 · p2 · . . . · pk

m, k 2 Nmet de p

i

verschillende Fermat priemgetallen.

Beroemd probleem 3 (Driedeling van een hoek).Er bestaan hoeken waarvoor driedeling met passer en liniaal onmogelijk is. Hoeken met eengeheel aantal graden n� zijn alleen driedeelbaar als n een veelvoud is van 3.

Beroemd probleem 4 (Het Delische probleem – verdubbeling van een kubus).3p2 62 K dus de verdubbeling van de kubus is onmogelijk met passer en liniaal.

51

BIJLAGE A

Veronderstelde voorkennis van vlakke meetkundeHoeken en lijnen

• De overstaande hoeken bij twee snijdende lijnen zijn gelijk (overstaande hoeken).• Als twee evenwijdige lijnen gesneden worden door een derde lijn, dan zijn de F -hoeken en Z-

hoeken gelijk (F -hoeken, Z-hoeken).• Als twee lijnen in twee verschillende punten gesneden worden door een derde lijn waarbij er

een paar gelijke F -hoeken of Z-hoeken optreedt, dan zijn die twee lijnen evenwijdig (F -hoeken,Z-hoeken).

• Een rechte hoek is 90

�, een gestrekte hoek is 180

�.• De som van de hoeken van een driehoek is 180

� (hoekensom driehoek).

Congruente driehoekenTwee meetkundige figuren zijn congruent (gelijk) als ze in elkaar overgaan na een translatie, rotatie en/ofspiegeling. Notatie: A ⇠

=

B. Twee driehoeken zijn congruent als ze gelijk hebben:(HZH) Een zijde en twee aanliggende hoeken.(ZHH) Een zijde, een aanliggende hoek en de tegenoverliggende hoek.(ZHZ) Twee zijden en de ingesloten hoek.(ZZZ) Alle zijden.(ZZR) Twee zijden en de rechte hoek tegenover één van die zijden.

De eerste twee gevallen zijn hetzelfde: twee gelijke hoeken impliceert direct drie gelijke hoeken.

Gelijkvormige driehoekenTwee meetkundige figuren zijn gelijkvormig als ze in elkaar overgaan na een translatie, rotatie, spiegelingen/of schaling. Notatie: A ⇠ B. Twee driehoeken zijn gelijkvormig als ze gelijk hebben:

(hh) Twee (en dus drie) paren gelijke hoeken.(zhz) Een paar hoeken en de verhouding van de omliggende zijden.(zzz) De verhouding van de zijden.(zzr) Een paar rechte hoeken en de verhouding van de twee niet-omliggende zijden.

Cirkels• Een raaklijn aan een cirkel staat loodrecht op de straal.• Stelling van Thales: als A,B,C op een cirkel liggen en AB is een middellijn van de cirkel dan is�ABC een rechthoekige driehoek. En andersom: als �ABC een rechthoekige driehoek is, danis het middelpunt van de omgeschreven cirkel het midden van de schuine zijde.

Stelling van Thales: als A,B,C op een cirkel liggen en AB is een middellijn van de cirkel, dan zijn�AMC en �BMC gelijkbenig dus 2↵+ 2� = 180

� (hoekensom driehoek). Dus ↵+ � = 90

�.

53

BIJLAGE B

Een bewijs uit het ongerijmde

In deze module bewijzen we vaak stellingen met behulp van een redenering die een bewijs uithet ongerijmde wordt genoemd. Dit betekent dat je advocaat van de duivel speelt en aanneemtdat het tegenovergestelde van de uitspraak waar is. Daaruit leid je een andere uitspraak afdie niet klopt met iets dat je zeker weet – de nieuwe uitspraak rijmt niet met iets anders.We illustreren deze bewijsmethode aan de hand van een computerprogramma dat kan schaken.Zulke programma’s zijn vaak in staat menselijke grootmeesters zowel met wit als met zwartte verslaan. Bestaat er ook een optimaal programma waarmee je iedere tegenstander kuntverslaan, of je nou met wit of zwart begint?

S�������. Er bestaat geen schaakprogramma waarmee je altijd kunt winnen.

Bewijs: Stel dat zo’n programma wél bestaat. Laat dan twee computers met dit programmategen elkaar spelen. Ze zouden dan allebei moeten winnen en dat is absurd. De aannamedat het programma bestaat is dus niet houdbaar.We vatten het bewijs uit het ongerijmde nog even samen:

Algemeen Voorbeeld1 Te bewijzen: een uitspraak Er bestaat geen winnend schaakprogramma2 Neem het tegenovergestelde aan Er bestaat wél een winnend programma3 Nieuwe uitspraak afleiden Twee programma’s winnen tegelijkertijd4 Deze uitspraak rijmt niet met een zekerheid Dit is absurd5 Conclusie: de aanname is niet waar Er bestaat geen winnend schaakprogramma!

Een ander leuk voorbeeld van een bewijs uit het ongerijmde gegeven door Euclides: er bestaanoneindig veel priemgetallen. We spelen weer advocaat van de duivel en nemen aan dat er wéleindig veel priemgetallen bestaan. Het rijtje priemgetallen begint dus met 2, 3, 5, 7, 11, 13, . . .en we noteren dit met p1, p2, . . . , pN waarbij p

N

het grootste priemgetal is: we gaan ervan uitdat er eindig veel priemgetallen zijn, dus er is ook een grootste priemgetal.Vermenigvuldig al deze priemgetallen met elkaar en tel er 1 bij op:

M = (p1 · p2 · p3 · p4 · . . . · pN ) + 1

Dit nieuwe getal M is niet deelbaar door een priemgetal, want deling levert altijd een restvan 1 op: deling door p2 levert bijvoorbeeld

(p1 · p2 · p3 · p4 · . . . · pN ) + 1

p2= p1 · p3 · p4 · . . . · pN +

1

p2

Dus het getal M moet zélf wel een priemgetal zijn, maar het is groter dan alle andere priem-getallen. Dit rijmt niet met de bewering dat p

N

het grootste priemgetal is. De enige conclusiedie we kunnen trekken is dat het onmogelijk is dat er eindig veel priemgetallen zijn!

55