De trisectie van de hoek De verdubbeling van de …broer/pdf/College_Drie_Klassieke...Drie klassieke...

Drie klassieke problemen 1

Drie klassieke problemenDe trisectie van de hoek

De verdubbeling van de kubusDe kwadratuur van de cirkel

[email protected]


Inhoudsopgave• Constructies• Exhaustie• Algebraïsche aanpak• Het getal π• Reële getallen• Analoge vragen in hogere dimensies

• Algemeen gesteld komt het erop neer, dat de trisectie van eenwillekeurige hoek en de ribbe van de dubbele kubus met enige extravoorzieningen exact kunnen worden geconstrueerd. Deze tweeproblemen zijn typisch van euclidische aard.

• De kwadratuur van de cirkel blijkt echter op geen enkele maniermogelijk.Het getal π duikt op allerlei plaatsen ‘onverwacht’ op.


Constructies (1)exacte trisectie door Archimedes

• Twee halfrechten komen samen in puntO, onder een hoek 3θ. De bedoeling isde hoek θ te construeren.

• Markeer op de liniaal twee punten enkies B op de ene halfrechte zo, dat OB =afstand tussen de gemarkeerde punten.Cirkel deze afstand om vanuit B en vindpunt A ≠ O op de andere halfrechte.Teken de halfrechte door B die ‖is metOA. Teken de cirkelboog tussen A endeze halfrechte. Leg de liniaal door O zódat de cirkelboog en deze halfrechtegesneden worden in twee punten C en Tdie onderling precies de gemarkeerdeafstand hebben.


Constructies (2)Nu geldt: ∠BTC = ∠ AOT (verwisselende binnenhoeken)Verder is CB = CT (namelijk gelijk aan de gemarkeerde lengte) en dusis ∆ BTC gelijkbenigDaaruit volgt dat ∠ TBC = ∠ BTC∠ OCB is als som van niet aanliggende binnenhoeken gelijk aan∠ TBC + ∠ BTC, en dus gelijk aan 2 x ∠ AOT∆ OCB is gelijkbenig want OB = CBDus is ∠ BOC = ∠ OCB = 2 x ∠ AOTDus is ∠ AOT het derde deel van ∠ BOA, = θZo is van de willekeurige hoek 3θ het derde deel geconstrueerd.

Bij de constructie van CT is de gemarkeerde lengte op essentiëlewijze gebruikt.


Archimedes• Archimedes (287 v.Chr. – 212 v.Chr.) leefde

te Syracuse op Sicilië. Hij was mogelijk degrootste universele geleerde van zijn tijd.

• Bekend door de Wet van Archimedes uit dehydrostatica.

• Berekende exact oppervlaktes begrensddoor een parabool en een rechte.

• Benaderde de oppervlakte van een cirkel.Daarbij vond hij een zeer goede benaderingvan het getal π

• Vond: van een bol met dezelfde straal endezelfde hoogte als een cilinder is zowel deoppervlakte als de inhoud 2/3 van die van decilinder. Zie volgende blad.


Archimedes over bol en cilinderStel straal bol en cilinder = r

Inhoud bol = 4/3.π.r3

Inhoud cilinder = 2π.r3

Inhoud bol : inhoud cilinder = 2 : 3

Oppervlakte bol = 4π.r2

Oppervlakte cilinder = 6π.r2

(zijkant + onderkant + bovenkant)Oppervlakte bol : oppervlakte cilinder == 2 : 3

Archimedes wilde een tekening van bolen cilinder op zijn grafsteen.


Constructies (3)exacte constructie van de ribbe van de dubbele kubus, een

variant van een constructie van Nicomedes

Neem de gelijkzijdige ∆ ABC en neem de zijdelengte als eenheid (= 1)Verleng AB met 1 tot punt D en trek de halfrechten DC en BCMarkeer de lengte 1 op de liniaal en leg deze door A, zodanig dat desnijpunten met genoemde halfrechten afstand 1 hebben.


Constructies (4)SteldelengtevanlijnstukGAgelijkaanx∠DBC=120°,dus∠BDC=∠BCD=30°endusis∠GCH=30°Zodoendegeldt∠GCA=90°ensin∠CGA=1/xDusisooksin∠CGH=1/xDesinusregelin∆CGHgeeftnudatCH=2/xDanvolgtmetdecosinusregelin∆CHA:(x+1)2=1+(2/x)2-2.1.(2/x).-1/2ofwelx2+2x+1=1+4/x2+2/xenzox4+2x3–2x–4=0Naontbindeninfactoren:(x3–2).(x+2)=0

Omdatx=-2nietkanvolgtdatx=∛2N.B.Hierwordtgebruiktdatdegezochtelengtealberekendis.DeconstructievanGenHluktnietmetalleenpasserenliniaal.


Stellingen

• 1. Met een passer en een liniaal waarop twee punten zijngemerkt is de trisectie van een willekeurige hoek exactuitvoerbaar.

• 2. Met een passer en liniaal waarop twee punten zijn gemerkt isde constructie van de ribbe van de dubbele kubus exactuitvoerbaar.

• Open blijft nog de vraag of deze constructies wel of niet uitvoerbaarzijn met een passer en een niet gemerkte liniaal.


Constructies (5)exacte ribbe-bepaling van de dubbele kubus door Plato

Neem ∆ SCB rechthoekig in S met a en 2a alsrechthoekszijden. Verleng BS en CS zodanig datABCD een rechthoekig trapezium is.De ∆∆ SCD, SDA en SAB zijn gelijkvormig, dusa : p = p : q = q : 2aHieruit volgt p2 = qa en ook pq = 2a2

Substitueer q = 2a2/p in p2 = qa, dan blijkt datp3 = 2a3

(evenzo q3 = 2p3 en (2a)3 = 2q3 = 4p3 = 8a3)

Deze constructie wordt ook wel toegeschrevenaan Hippocrates. Het vinden van A en D lukt meteen winkelhaak, niet met alleen passer en liniaal.


Constructies (6)beschouwing

• Het lukt kennelijk de ribbe van de dubbele kubus te construeren, zijhet met behulp van een extra hulpmiddel.

• Wil men bewijzen dat inderdaad de ribbe van de dubbele kubus isverkregen, dan moeten er blijkbaar minstens twee stappen wordengezet:

• - In het ene geval (Nicomedes) worden twee driehoeken gebruikt,met toepassing de sinusregel, resp. van de cosinusregel. Je staptvan de ene naar de andere driehoek.Door die twee formules komt een derde macht tevoorschijn.

• - In het andere geval (Plato) zijn drie driehoeken gelijkvormig,waaruit twee evenredigheden volgen.Door die dubbele evenredigheid (= twee formules) komt dederde macht tevoorschijn.Zonder dubbele formule zou er geen derde macht in het spel zijn.


Constructies (7)de archimedische spiraal

Met name de Grieken gebruikten vaakkrommen om de trisectie van de hoekof de verdubbeling van de kubus tekunnen construeren. Zo kon Nicomedes(3e eeuw v.Chr.) met de conchoïde detrisectie en bovendien de verdubbelingvan de kubus construeren.Archimedes tekende een spiraal metbehulp waarvan de trisectie in principeheel eenvoudig was.Hierbij was nodig een lijnstuk in driegelijke delen te verdelen, wat nietmoeilijk was.


Constructies (8)

• Een vergelijking van de archimedische spiraal in poolcoördinaten isr = aφ. Hierbij wordt de afstand tot de oorsprong O (= r) uitgedrukt inde hoek die, inclusief eerdere omlopen, is doorlopen vanaf depositieve x-as (= φ). De parameter a is een constante factor.

• Neem nu een willekeurige hoek θ. Hierbij behoort r = aθ.• Construeer de afstand tot O die hiervan een derde deel is: r′ = aθ/3• Teken de cirkel met O als middelpunt en straal r′.• Waar deze cirkel de spiraal snijdt vindt men de hoek θ/3

• De moeilijkheid in deze constructie is dat de spiraal niet exact, enzeker niet met passer en liniaal, kan worden geconstrueerd.


Archimedische spiralen enschroeven

• Links staat een figuur met twee in elkaar gewonden archimedischespiralen. Gesteld wordt dat door deze ten opzichte van elkaar tebewegen een pompwerking ontstaat.

• Rechts staat de archimedische schroef (ook wel: vijzel). Deze werdal rond 1600 gebruikt in watermolens. Daardoor kon een groterhoogteverschil dan eerder worden overwonnen.

• NB Simon Stevin gebruikte deze schroef niet.


Constructies (9)De trisectrix van Maclaurin

De trisectrix van Maclaurin is genoemdnaar Colin Maclaurin (1698-1746).

Vergelijking: 2x(x2+y2) = a(3x2-y2)In poolcoördinaten: r = a sin 3φ ⁄ sin 2φ

De trisectie van een willekeurige (scherpe)hoek geschiedt door deze hoek bij punt(a, 0) uit te zetten, als in de tekening, endaarna het verkregen snijpunt met detrisectrix te verbinden met de oorsprong.

Deze constructie is exact in zoverre deconstructie van de trisectrix exact is.


Constructies (10)een benadering van de kwadratuur

Van een vierkant dat exact dezelfdeoppervlakte heeft als een gegeven cirkelbestaan geen constructies. Wel zijn erbenaderingen. Hiernaast een benaderinguit het tijdschrift Euclides van 1988.

De cirkel in de tekening heeft straal 1, enHet vierkant TXYZ heeft oppervlakte3,14160……..De afwijking van π is ongeveer 0,004 %


Constructies (11)De quadratrix van Hippias (ca. 430 v.Chr.)

Boog AB is een kwartcirkel.A1 is het midden van boog AB,B1 is het midden van lijnstuk OB.Punt C1 is het snijpunt van straalOA1 en de lijn door B1 die ║ metde x-as is.Door telkens bogen en lijnstukkente halveren worden de puntenC2, C3, C4, …. verkregen.Deze punten Ci liggen op dequadratrix.


Constructies (12)

• Een parametervoorstelling van de quadratrix is:• x = 2φ/(π tan φ), y = 2φ/π

• Als y → 0, dan x → 2/π *• Daarom worden aan punt D de coördinaten (2/π, 0) toegekend.• Hiermee wordt 2/π, en dus ook π exact gevonden. Maar de vraag is

in hoeverre de constructie van de quadratrix exact mag heten.

Hierboven wordt een standaardlimiet gebruikt, te weten limφ→0 (tan φ/ φ) = 1


De exhaustie-methode (1)

Gegeven is een cirkel. Binnenwaarts enbuitenwaarts zijn veelhoeken beschreven,P en P′. Veelhoek P′ raakt aan de cirkelprecies waar veelhoek P deze snijdt.Tussen P en P′ ligt ∆ ABC.Na halvering van de hoeken bij Oontstaan nieuwe veelhoeken, P1 en P1′Daartussen liggen de ∆∆ DBF en EFC.Dit proces wordt voortgezet.Euclides bewijst:opp(∆ DBF + ∆ EFC) < ½ . opp(∆ ABC)In feite is de verkleiningsfactor zelfs ≤ ¼



• Omdat het proces steeds kan worden voortgezet, kan het verschil inoppervlakte tussen de omgeschreven en de ingeschreven veelhoekwillekeurig dicht bij 0 worden gebracht.

• Zo wordt de oppervlakte van de cirkel ingesloten door deoppervlaktes van de beide veelhoeken. In principe kan deoppervlakte van de cirkel willekeurig dicht worden benaderd.

• De moeilijkheid zit nog vooral in de rekentechniek, bij (bijvoorbeeld)een omgeschreven en een ingeschreven 96-hoek.

• Archimedes, die kort na Euclides leefde, benaderde op deze manierhet getal π en vond dat π moet liggen tussen 3 10/71 en 3 1/7(oftewel tussen 223/71 en 22/7). Hij ging t/m een 96-hoek.

• De hier toegepaste benaderingswijze heet de exhaustie-methode.Deze methode is hetzelfde als integratie via een limietproces.


De exhaustie-methode (3)• De exhaustie- (uitputtings-)methode wordt

door Archimedes toegeschreven aanEudoxus (408-355 v.Chr.).

• Eudoxus zou ook de eerste zijn geweestdie de inhoud van piramide en kegel wist tebepalen. Dat deed hij met exhaustie.

• Voor beide geldt Inhoud = ⅓Gh,• [G = oppervlakte grondvlak, h = hoogte.]

• In 1900 bewees Max Dehn dat de inhoudvan een piramide niet met dissectie(‘knippen of zagen, en plakken’) kanworden bepaald. De vraag of dit kon washet zgn. derde probleem van Hilbert.



• Archimedes gebruikte eigenschappen van de parabool om tebewijzen dat opp. ∆ ABQ = ½ opp. ∆ ABC (namelijk: CQ = QM)

• ∆ ABC is een willekeurige archimedische driehoek. In de kleinerearchimedische ∆∆ AQK en QBL geldt eenzelfde opp.-relatie, terwijl:opp. ∆ AQK + opp. ∆ QBL = ¼ opp. ∆ ABC. Dit gaat zo door.

• Zodoende geldt: opp. paraboolsegment AMBQ == (1/2 + 1/4.1/2 + 1/4.1/4.1/2 + ……..) . opp. ∆ ABC == (1/2 + 1/8 + 1/32 + ………) . opp. ∆ ABC = 2/3 opp. ∆ ABC

• N.B. Archimedes kende de som van een meetkundige reeks.


Voorlopige terugblik• Wat is mogelijk gebleken?• I II III• exacte constructie met passer en liniaal nee nee nee• dito met passer en gemerkte liniaal ja ja nee• dito met niet exacte kromme ja ja ja• benadering door exhaustie n.v.t. n.v.t. ja

• I = de trisectie van een willekeurige hoek• II = de bepaling van de ribbe van een kubus met dubbele inhoud• III = de kwadratuur van de cirkel, oftewel:• = de omtrek van een cirkel bij gegeven straal

• Het lijkt verstandig III apart van I & II te beschouwen.


Stelling van Mohr-Mascheroni• Jørgen Mohr (1640-1697). Werkte onder meer te Leiden (1662).

Auteur van: Euclides danicus 1672, Euclides curiosus 1673.Herontdekt 1927 resp. 1983.

• Lorenzo Mascheroni (1750-1800). Auteur van: Geometria dellacompasso 1797.

• De stelling: alle constructies die kunnen worden uitgevoerdmet passer en (niet gemerkte) liniaal, kunnen ook wordenuitgevoerd met alleen een passer.

• Het belang hiervan is de analyse van de ‘aard’ van de onderhavigeconstructies. Daar was kennelijk belangstelling voor gerezen.


Voorbeeld van een constructie metlouter een passer

Gegeven de punten A en B, construeer dan hetpunt C zó dat AB = BC.Oplossing.1e stap. Zet de passerpunt in B en teken decirkel door A (cirkel η).2e stap. Zet de punt in A, neem AB in de passeren vind punt K op cirkel η.3e stap. Zet de punt in K, neem KA in de passeren vind punt L op η.4e stap. Zet de punt in L, neem LK in de passeren vind het gezochte punt C op η.


Gauss en regelmatige veelhoeken

• Op 29 maart 1796 bewees C.F. Gauss (30-4-1777 – 23-2-1855) datde regelmatige 17-hoek met passer en liniaal kan wordengeconstrueerd. Dit gold voor elke regelmatige n-hoek als n een zgn.Fermat-priemgetal is, d.w.z. n = 2m + 1, waarin m = 2k

• Voorbeelden van zulke priemgetallen zijn 3, 5, 17, 257 en 65537.• Gauss bewees dat de cosinus van de middelpuntshoek van de

regelmatige 17-hoek gelijk is aan onderstaande vorm. Uit deze vormvolgt dat de hoek construeerbaar is met passer en liniaal.


Construeerbare hoeken• Als een regelmatige n-hoek met passer en liniaal construeerbaar is,

zijn de middelpuntshoek en de omtrekshoek aldus construeerbaar.

• n middelpuntshoek omtrekshoek• 3 1200 600

• 4 900 900

• 5 720 1080

• 6 600 1200

• 17 21 3/17 0 158 14/17 0• Voor n = 8, 10, 12, 15, 16, en vele andere waarden van n is

eveneens een regelmatige n-hoek construeerbaar.• Alle bovenstaande hoeken en alle combinaties daarvan, alsmede

alle helften en gehele veelvouden van deze hoeken, zijn met passeren liniaal construeerbaar.


De algebraïsche aanpak (1)

Évariste Galois (25-10-1811 – 31-5-1832).Bestudeerde de Éléments de Géométrie vanLegendre op 15-jarige leeftijd. Las werk vanLagrange, Gauss en N.H. Abel (1802-1829).Werd niet toegelaten tot de École polytechnique.Overleed aan de gevolgen van een duel.Zijn nagelaten werk werd gepubliceerd in 1846en pas geleidelijk begrepen.Ontwierp de groepentheorie en doorgronddehet al dan niet oplosbaar zijn van algebraïschevergelijkingen (polynoomvergelijkingen).


De algebraïsche aanpak (2)• Nog twee hoofdfiguren• Pierre-Laurent Wantzel 1814-1848 publiceerde in 1837 een

algebraïsche karakterisering van de constructies met passer enliniaal, waaruit direct bleek dat de trisectie en de kubusverdubbelingniet aldus mogelijk zijn. Hij bewees daarmee ook dat de door Gaussgevonden regelmatige p-hoeken (p priem) de enige zijn die metpasser en liniaal kunnen worden geconstrueerd.

• Onafhankelijk van Galois.• Weliswaar is recentelijk gesteld dat zijn bewijs een omissie bevat

(onder meer door Hartshorne, zie literatuurlijst).

• Julius Peter Christian Petersen 1839-1910 wordt beschouwd alsde eerste die een volledig bewijs publiceerde, in 1871, van het feitdat de trisectie van een willekeurige hoek, en de constructie van deribbe van de dubbele kubus, met passer en liniaal onmogelijk zijn.Gebaseerd op de Galois-theorie.


De algebraïsche aanpak (3)De algebraïsche oplossing op hoofdlijnen1. De lijnstukken die, t.o.v. een eenheidslengte, met passer en liniaalconstrueerbaar zijn, hebben een rationale lengte, òf een lengte diebeschreven wordt met tweedegraads wortels.2. De trisectie van de hoek is in het algemeen niet uitvoerbaar metpasser en liniaal, doordat de trisectie samenhangt met een vergelijkingvan de derde graad die niet terug te brengen is tot een lagere graad.3. De constructie van een lijnstuk dat, bij een gegeven kubus, de lengteheeft van de ribbe van de dubbele kubus, is met passer en liniaal nietmogelijk.4. Met een passer en een gemerkte liniaal zijn constructies mogelijk diesamenhangen met een vergelijking van de derde of vierde graad,waaronder de voornoemde en ook die van een regelmatige 7-hoek.


De algebraïsche aanpak (4)reduceerbaarheid & construeerbaarheid

• We concentreren ons eerst op derdegraads vergelijkingen metrationale coëfficiënten. Sommige van die vergelijkingen zijn tesplitsen, zoals 4x3 – 12x3 – 19x + 12 = (2x + 3)(2x – 1)(x – 4) = 0

• Men noemt een dergelijke vergelijking reduceerbaar. In ditvoorbeeld is het bovendien zo dat de oplossingen gevonden wordenbinnen de rationale getallen.

• Dat is niet altijd zo. Bij x3 – 4x2 – 4x + 21 = (x – 3)(x2 – x – 7) = 0 kaneen eenvoudige factor worden afgesplitst, maar de overblijvendetweedegraads vorm heeft nulpunten die alleen met wortels kunnenworden beschreven (te weten ½ ± ½√29). Deze wortels zitten niet inhet systeem van de rationale getallen. Dit getallensysteem moet dusworden uitgebreid met √29. Het blijft dan nog een systeem metlouter construeerbare lengtes. Ook in dit geval heet de vergelijkingreduceerbaar.


De algebraïsche aanpak (5)over het reduceren van derdegraads vergelijkingen

• Eerst het geval waarin alle coëfficiënten rationaal (of geheel)zijn. Als dan een rationale lineaire vorm kan worden afgesplitst, isde derdegraads vergelijking reduceerbaar. Er blijft een klassiekekwadratische vergelijking over.

• Voorbeeld: zie vorige blad, met x3 - 4x2 -4x + 21 = 0, waarvan x – 3kan worden afgesplitst.

• Vervolgens het geval waarin één of meer coëfficiënten eentweedegraads wortelvorm bevatten. Als in dit geval een lineairevorm kan worden afgesplitst die diezelfde wortelvorm bevat, is dederdegraads vergelijking reduceerbaar. Er blijft een klassiekekwadratische vergelijking over.

• Voorbeeld: 8x3 – 6x + √2 = 0. Na afsplitsing van 2x – √2 blijft dekwadratische vergelijking 4x2 - 2√2.x - 1 = 0 over.

• Gecompliceerdere situaties zullen we nu niet ontmoeten.


De algebraïsche aanpak (6)niet-construeerbaarheid

• Er zijn echter ook derdegraads vergelijkingen die niet kunnenworden gereduceerd tot zulke plezierige, werkbare vormen. Dit isdan te zien aan de onmogelijkheid om een lineaire factor als 2x + 3,of x – 3, of x - 3√5 af te splitsen.

•• De derdegraads vergelijking die in dat geval onderhanden is, is dan

niet reduceerbaar, en bijbehorende lengtes zijn niet met passer enliniaal construeerbaar.

• De trisectie van de hoek staat in verband met de vergelijking4 cos3 θ – 3 cos θ = cos 3θ, oftewel 4x3 – 3x – K = 0 waarin K eenconstante is.

• Bij de verdubbeling van de kubus hoort de vergelijking x3 – 2 = 0.• Het komt erop aan deze beide vergelijkingen nader te analyseren.


De algebraïsche aanpak (7)analyse van trisectie en kubusverdubbeling

• De vergelijking bij de kubusverdubbeling is het eenvoudigst. Steldat x = m/n voldoet, met ggd(m, n) = 1.Invullen en noemers wegwerken levert: m3 – 2n3 = 0Hieruit volgt dat m even is, dus een factor 8 bevat, zodat ook n evenis. Dit is een tegenspraak, m.a.w. de vergelijking x3 – 2 = 0 is nietreduceerbaar. De conclusie is dat de ribbe van de dubbele kubusniet met passer en liniaal kan worden geconstrueerd.

• Neem bij de trisectie K = cos 3θ = ½ = cos 600, omdat immers detrisectie van een hoek van 600 problematisch is. Invullen levert8m3 – 6m.n2 – n3 = 0, oftewel (2m)3 – 3.(2m).n2 – n3 = 0Dus bevatten 2m en n dezelfde priemfactoren, zodat m/n = ± ½.Maar x = ± ½ blijkt niet aan de vergelijking 4x3 – 3x – ½ = 0 tevoldoen en dus is deze niet reduceerbaar. De trisectie van 600 metpasser en liniaal is daarom onmogelijk.


De algebraïsche aanpak (8)twee trisectie die mogelijk zijn

• Sommige hoeken kunnen met passer en liniaal in drie gelijke delenworden verdeeld. Dat geldt bijvoorbeeld voor de hoek van 1800.Omdat cos 1800 = -1 behoort daarbij de vergelijking 4x3 – 3x + 1 = 0

• Deze vergelijking is reduceerbaar tot (x + 1)(2x – 1)2 = 0 en blijkbaarzijn de oplossingen –1 en ½. Inderdaad voldoen hoeken van 600 en1800

• (N.B. waarom voldoet een hoek van 1800?)

• Een andere hoek die met passer en liniaal in drie gelijke delen kanworden verdeeld is die van 1350. Hierbij vindt men een vergelijkingwaarvan één coëfficiënt irrationaal is: 8x3 – 6x + √2 = 0

• Reductie is mogelijk tot (2x – √2)(4x2 + 2√2.x - 1) = 0 [zie eerder]• De oplossingen hiervan zijn ½√2, -½√2 + ½√6 en –½√2 – ½√6• Dit zijn de cosinussen van 450, 750 en 1650

• (N.B. waarom voldoen deze hoeken?)


De algebraïsche aanpak (9)conclusie

• De conclusie uit het voorgaande is dat de ribbe van de dubbelekubus en in het algemeen ook de driedeling van de hoek nietmet passer en liniaal kunnen worden geconstrueerd.

• Is dit dan ten slotte de overwinning van de algebraop de meetkunde?

• Een mogelijk antwoord: nee, dit is de algebra tendienste van de meetkunde. De meetkunde staatbovenaan.

• Je kunt ook zeggen: we waren de hele tijd gewoonmet meetkunde bezig.


Over π (1)• Door de eeuwen heen hebben mensen de oppervlakte van cirkels

willen bepalen, en evenzo goed de lengte van cirkelbogen. Steedsweer stuitte men op die ongrijpbare verhouding.

•• Bij de oppervlaktebepaling: leg een vierkant om de cirkel. Dan geldt• opp. cirkel : opp. vierkant = π : 4

• Bij de booglengtebepaling geldt• lengte diameter : lengte boog = 1 : π

• Niet altijd werd herkend dat het om hetzelfde bijzondere getal ging.Achteraf kunnen berekeningen worden geïnterpreteerd als pogingenom π te benaderen. Dan blijkt dat benaderingen die kunnen wordengeïnterpreteerd als 3 1/7 of 3 1/8 al zeer lang geleden voorkwamen.


Over π (2)geschiedenis van benaderingen tot het jaar 1000


Over π (3)“pi in de Pieterskerk”

• Bekend vanwege zijnbenadering in maar liefst 35decimalen is Ludolph vanCeulen (1540-1610). Op zijnverloren gegane grafsteen inde Pieterskerk in Leiden zoudit wapenfeit zijn vermeld.

• Het getal π heet wel hetludolphiaans getal.

• Op 5 juli 2000 onthuldekroonprins Willem-Alexandereen nieuw vervaardigde steenter herdenking van Ludolphvan Ceulen.


Over π (4)de naaldproef van Buffon

• Genoemd naar Georges LouisLeclerc, comte de Buffon (1707-1788)

• Gooi willekeurig naalden metlengte 1 op een veld waarop lijnenzijn getekend (in rood) metonderlinge afstand 2

• Dan is de kans dat zo’n naald eenrode lijn treft gelijk aan 1/π


Over π (5)reeksen en dergelijke

• Voor arctan x geldt de volgende machtreeksontwikkeling:• arctan x = x – 1/3 x3 + 1/5 x5 – 1/7 x7 + ……..• Hierin x = 1 invullen geeft, omdat tan ¼ π = 1:• ¼ π = 1 – 1/3 + 1/5 – 1/7 + …… (Leibniz)

• Een andere reeks is:• π2/6 = 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + …… = Σn 1/n2 (Euler)

• Een weergave in de vorm van een product is:• π/2 = (2/1).(2/3).(4/3).(4/5).(6/5)…….. (Wallis)


Over π (6)recentere formules

• Srinivasa Ramanuyan (1887-1920), 1910:• 1/π = Σk≥0 {(4k!).(1103+26390k)} ⁄ {(k!)4.3964k}

• Algoritme van Brent-Salamin, 1975:• Neem a0 = 1, b0 = 1/√2, t0 = ¼• en an+1 = ½(an+bn), bn+1 = √(anbn), tn+1 = tn – 2n(an-an+1)2

• Dan is:• π ≈ (an+bn)2 ⁄ 4tn

• Bailey, Borwein en Plouffe, 1996:• π = Σk≥0 16-k. {4(8k+1)-1 – 2(8k+4)-1 –(8k+5)-1 – (8k+6)-1}

• Met deze en vergelijkbare formules wordt π zeer efficiënt benaderd,d.w.z. al snel zijn veel decimalen bekend.


Over π (7)

Johann Heinrich Lambert, 1761:π is irrationaal

• D.w.z. π is niet gelijk aan de een ofandere breuk a/b

Carl Louis Ferdinand, Freiherr vonLindemann, 1882: π is transcendent

• D.w.z. π is niet een oplossing van eenpolynoomvergelijking, en dus niet een(hogeremachts-)wortel of een combinatievan zulke wortels.

• Hierover hierna meer.


Reële getallen (1)• Uitgangspunt zijn de natuurlijke getallen inclusief 0.• Deze getallen vormen de natuurlijke telrij 0, 1, 2, 3, 4, …………• Men zegt: de verzameling van de natuurlijke getallen is aftelbaar.

• Hiervan uitgaande worden toegevoegd de oplossingen van devergelijkingen van de vorm x + a = 0, met a een natuurlijk getal, enzo worden alle gehele getallen gevonden, dus de natuurlijkegetallen en de negatieve gehele getallen.

• De gehele getallen vormen eveneens een aftelbare verzameling:• 0, 1, -1, 2, -2, 3, -3, 4, -4, ………..• Met andere woorden: tussen de verzameling van de natuurlijke

getallen en die van alle gehele getallen is een 1-1-correspondentiemogelijk.

• Hierna wordt het getallensysteem telkens verder uitgebreid.


Reële getallen (2)

• De volgende uitbreiding van het getallensysteem wordt gevondendoor alle oplossingen van alle vergelijkingen van de vorm ax + b = 0erbij te nemen, waarin a (≠ 0) en b gehele getallen zijn.

• De aldus verkregen getallen heten rationale getallen, ook welgebroken getallen. Merk op dat de gehele getallen tot de rationalegetallen behoren.

• Ook de rationale getallen vormen een aftelbare verzameling. Menkan ze bijvoorbeeld op volgorde zetten door de breuken waarvanteller + noemer dezelfde waarde heeft bijeen te zetten, te beginnenmet de kleinste waarden van teller + noemer.

• 0, 1/1, - 1/1, 1/2 , - 1/2, 2/1, - 2/1, ………


Reële getallen (3)

• Het getallensysteem kan verder worden uitgebreid door alleoplossingen van alle polynoomvergelijkingen erbij te nemen, d.w.z.de oplossingen van alle vergelijkingen van de vorm anxn + ……… +a1x + a0 = 0 , waarin de getallen an (≠ 0), …….. a1, a0 geheel zijn. Zemogen ook rationaal worden verondersteld.

• De verkregen verzameling heet die der algebraïsche getallen.• Deze verzameling bevat alle wortelvormen. De rationale getallen

behoren tot de algebraïsche getallen. Het is denkbaar dat eenpolynoomvergelijking geen oplossing heeft, zoals x2 + x + 1 = 0Daarbij behoren geen reële algebraïsche getallen; men kan zo welde verzameling van de complexe algebraïsche getallen opbouwen.

• Het getallensysteem is met de algebraïsche getallen intussen zeeruitgebreid. Niettemin geldt: de verzameling van de algebraïschegetallen is aftelbaar. Zie hierna.


Reële getallen (4)• Dat de verzameling van de algebraïsche getallen aftelbaar is, valt

als volgt in te zien. Eerst wordt een lemma bewezen:• De vereniging van aftelbaar veel aftelbare verzamelingen is

aftelbaar.• Bewijs: laat de verzamelingen A0, A1, A2, A3, ….. aftelbaar zijn,

waarbij verzameling An de elementen an0, an1, an2, an3, ……. heeft.• Neem dan uit de verschillende verzamelingen de elementen

waarvan de som van de indices 0, 1, 2, 3, …. is, in deze volgorde:• a00, a01, a10, a02, a11, a20, a03, a12, a21, a30, ……..• Zo worden alle elementen van de onderhavige verzamelingen

meegenomen, waarmee het lemma bewezen is.

• Nu verder over de algebraïsche getallen:• er zijn aftelbaar veel polynoomvergelijkingen, die allemaal

hoogstens eindig veel reële oplossingen hebben. QED!


Georg Cantor

• Georg Cantor (1845-1918)bewees de aftelbaarheid vande rationale getallen, en ookdat de verzameling van allereële getallen overaftelbaar is.

• Hij introduceerde de notatie ℝvoordeverzamelingvandereëlegetallen.

• Zijn methode werd bewonderd,maar ook bekritiseerd, ondermeer door Poincaré en doorBrouwer.


Reële getallen (5)het diagonaalbewijs van Cantor

• Cantor: stel dat de verzameling van alle reële getallen aftelbaar is.Dan kunnen zeker alle reële getallen die tussen 0 en 1 liggen naelkaar in decimale ontwikkeling worden opgeschreven:

• 0,a00a01a02a03……..• 0,a10a11a12a13……..• 0,a20a21a22a23……..• 0,a30a31a32a33……..• ……………………..• Maar nu is een getal tussen 0 en 1 te construeren dat niet in de rij

voorkomt. Namelijk, kies de getallen (cijfers) b0, b1, b2, b3, …..zodanig dat b0 ≠ a00, b1 ≠ a11, b2 ≠ a22, b3 ≠ a33, ………...

• Zo vindt men een getal B = 0,b0b1b2b3….. dat tussen 0 en 1 ligtmaar toch niet in bovenstaande opsomming voorkomt. De conclusieis dat het systeem van de reële getallen niet aftelbaar is.


Reële getallen (6)transcendente getallen

• De verzameling van alle reële getallen is dus niet aftelbaar. Mennoemt de verzameling ℝ van de reële getallen overaftelbaar.

• Reële getallen die niet tot de algebraïsche getallen behoren hetentranscendente getallen.

• Lindemann bewees dat alle eindige sommen met termen van devorm a.eb waarin a en b eventueel complexe algebraïsche getallenzijn, ongelijk zijn aan 0 (a wordt ≠ 0 verondersteld).

• Maar eπi + 1 is zo’n eindige som, terwijl eπi + 1 = 0 (een resultaatvan Euler). Dus is de exponent πi transcendent.

• Omdat i een algebraïsch getal is, immers oplossing van x2 + 1 = 0,volgt de transcendentie van π.


Reële getallen (7)

• Het bewijs van de transcendentie van π betekent definitief dat dekwadratuur van de cirkel onmogelijk te construeren is met passer enliniaal.

• Ook het getal e zelf is transcendent, evenals de sinus en de cosinusvan hoeken die niet construeerbaar zijn met passer en liniaal, zoalshoeken van 200, 1000 en 2000.

• De natuurlijke logaritmen van natuurlijke getallen > 1 zijn eveneenstranscendent, d.w.z. log 2, log 3, …….

• De ‘meeste’ reële getallen zijn transcendent.


Andere dimensies (1)ad trisectie

De trisectie is behandeld voor vlakkehoeken. Een ruimtehoek is iets heelanders. Om te beginnen ligt de vorm ervanniet vast.De grootte van een ruimtehoek wordtgerelateerd aan de totale boloppervlakte.De totale ruimtehoek is dus 4π ruimtelijkeradialen.

Verdeling van een ruimtehoek kan op velemanieren. Een behandeling daarvan mogehier achterwege blijven.


Andere dimensies (2)ad kubusverdubbeling

In de 2-dimensionale ruimte (d.w.z. hetplatte vlak) is verdubbeling van het vierkantheel gemakkelijk. De diagonaal van eenvierkant met zijde 1 heeft lengte √2. Dat istegelijk de lengte van de zijde van hetdubbele vierkant.

In de 4-dimensionale ruimte vergtverdubbeling van de hyperkubus de

constructie van een lijnstuk met lengte ∜2,watinprincipemogelijkis.


Andere dimensies (3)ad kwadratuur

• De kwadratuur van de cirkel met straal r vergt een vierkant metoppervlakte πr2. De constructie hiervan is principieel onmogelijk.

• Een bol met straal r heeft inhoud 4/3.πr3. De constructie van deribbe van een kubus die dezelfde inhoud heeft als deze bol isprincipieel onmogelijk.

• In dimensie 4 heeft de hypersfeer volume

• ∫[-r, +r] 4/3.π(r2-x2)√(r2-x2) dx = ½.π2. r4

• In bovenstaande formule verschijnt π2 in plaats van het (misschienverwachte) π. Ook π2 is transcendent, zodat constructie van deribbe van een hyperkubus die hetzelfde volume heeft als dehypersfeer met straal r, principieel onmogelijk is.


Surprise: de stelling van Morley

Frank Morley (1860-1937) vond in1899 zijn stelling over detrisectrices van een willekeurigedriehoek, die een gelijkzijdigedriehoek insluiten.

Met ook buitentrisectrices kunnenin totaal 18 verschillende Morley-driehoeken worden gevonden.


Surprise: de maantjes vanHippocrates *

De buitenste bogen behoren tot cirkels dieeen rechthoekszijde als diameter hebben.De binnenste bogen behoren tot de cirkelmet de hypotenusa als diameter.Dan geldt:de oppervlakte van de beide bogensamen is gelijk aan de oppervlakte vande driehoek

Deze oppervlakte kan dus exact wordenuitgedrukt, zonder π te gebruiken.

(*Niet te verwarren met de medicus met dezelfde naam.)


Literatuur

• J.M. Aarts, Meetkunde, facetten van de planimetrie en stereometrie(Epsilon uitgaven Utrecht 2000).

• een heldere, in het Nederlands geschreven behandeling van veleinteressante meetkundige onderwerpen. Daaronder aandacht voorhet werk van Archimedes.

• Voor verdere lezing:• Underwood Dudley, A budget of trisections (New York 1987).• Helmuth Gericke, Mathematik in Antike und Orient (Berlin 1984).• Robin Hartshorne, Geometry: Euclid and beyond (New York 2000).• D.J. Struik, Geschiedenis van de wiskunde (Utrecht 1980).

De trisectie van de hoek De verdubbeling van de …broer/pdf/College_Drie_Klassieke...Drie klassieke...

Documents

Transcript of De trisectie van de hoek De verdubbeling van de …broer/pdf/College_Drie_Klassieke...Drie klassieke...