Faculteit Wetenschappen en Bio-IngenieurswetenschappenDepartement Wiskunde

Academiejaar 2015-2016

Meetkundige Constructies

Brecht Verbeken

Bachelorproject IIPromotor: Prof. Ph. Cara

Inhoudsopgave

1 Inleiding 3

2 Passer en Liniaal 42.1 Construeerbare Getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2 De Verdubbeling van de Kubus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3 De Trisectie van een Hoek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.4 De Kwadratuur van de Cirkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3 Passer en Gemarkeerde Liniaal 193.1 Trisectie van een Hoek en Verdubbeling van de Kubus . . . . . . . . . . . 193.2 Derde- en Vierdegraadsvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Griekse Krommen 24

2

1 Inleiding

Dit document is in de eerste plaats gewijd aan de drie problemen uit de klassieke Grieksemeetkunde: de Trisectie van een Hoek, de Kwadratuur van de Cirkel en de Verdubbelingvan de kubus. Wie kon immers vermoeden dat toen de bugers van Athene het orakel vanApollo in Delos in 430 v.Chr. raadpleegden om te horen hoe zij de pest moesten bestrijden enzij tot antwoord kregen dat zij hun kubusvormig altaar moesten verdubbelen, zij mee aan dewieg stonden van een van de beroemdste problemen uit de vlakke meetkunde. In dit documentzullen wij bewijzen dat deze drie problemen onoplosbaar zijn met passer en liniaal. Wij zullenterloops bewijzen dat π transcendent is en tonen dat de trisectie en de verdubbeling van dekubus kan worden uitgevoerd met passer en gemarkeerde liniaal. Tot slot zullen wij het nogeven hebben over andere klassieke manieren om deze problemen aan te pakken en meer indetail de quadratrix bespreken. Ik heb mij voornamelijk gebaseerd op de behandeling in [1].

Vooraleer te beginnen zou ik graag iedereen bedanken die direct of indirect heeft bijgedra-gen aan deze paper. In de eerste plaats mijn promotor, Prof. Ph. Cara, voor het aanreiken vannuttig materiaal en het nakijken van deze paper. Daarnaast wens ik ook mijn studiegenoten tebedanken voor hun steun en opmerkingen, meer in het bijzonder Daphné en Carlo. Ook aanmijn leerkracht wiskunde uit de humaniora, Alain Beeckman, ben ik grootse dank verschuldigd,zonder hem had ik misschien niet eens wiskunde gestudeerd. Tevens een welgemeende be-dankt aan mijn oude klasgenoten Karel van der Steen, Louis d’Hiet en Sime Cuyx voor hetbecommentariëren van deze paper. Als laatste wil ik mijn ouders bedanken voor hun aanmoe-digingen en logistieke steun. Veel leesplezier!

Notationele afspraken:

PQ rechte door de punten P en QRS cirkel met middelpunt R en door SFK cirkel met middelpunt F en straal KA−B − C B ligt op dezelfde rechte tussen A en C[AB] het lijnstuk dat A en B verbindt|AB| lengte van het lijnstuk dat A en B verbindt

3

2 Passer en Liniaal

2.1 Construeerbare Getallen

Definitie 2.1. Een punt noemen we construeerbaar indien het het laatste punt is van eeneindige rij punten P1, ..., Pn waarbij elk punt in {(0,0),(1,0)} zit of bekomen werd op een van devolgende manieren:

1. Als snijpunt van twee rechten, waarbij beide rechten door twee reeds eerder geconstru-eerde punten lopen.

2. Als snijpunt van een rechte en een cirkel, waarbij de rechte door twee reeds eerder ge-construeerde punten loopt en de cirkel door een eerder geconstrueerd punt met eeneerder geconstrueerd punt als middelpunt.

3. Als snijpunt van twee cirkels, waarbij beide cirkels door een reeds geconstrueerd puntgaan en met als middelpunt een eerder geconstrueerd punt.

Definitie 2.2. Een rechte noemen we construeerbaar indien ze door twee construeerbarepunten gaat.

Definitie 2.3. Een cirkel noemen we construeerbaar indien zijn middelpunt construeerbaaris en hij door een construeerbaar punt gaat.

Definitie 2.4. Een reëel getal x noemen we construeerbaar indien het punt (x, 0) een con-strueebaar punt is.

We bekijken even of dit goede definities zijn:

Stelling 2.1. 1. Het snijpunt van twee construeerbare rechten is construeerbaar.

2. Het snijpunt van een construeerbare rechte en een construeerbare cirkel is construeer-baar.

3. Elk snijpunt van twee construeerbare cirkels is construeerbaar.

Bewijs. Geval 1: Z is het snijpunt van de rechte PQ en de rechte RS waarbij P ,Q,R en Sconstrueerbaar zijn.Geval 2: Z is het snijpunt van de rechte PQ en de cirkel RS waarbij P ,Q,R en S construeerbaarzijn.Geval 3: Z is een snijpunt van de cirkels PQ en RS waarbij P ,Q,R en S construeerbaar zijn.We beschikken dus in elk van de bovenstaande gevallen over rijtjes P1,P2,...,P ; Q1,Q2,...,Q;R1, R2, ..., R; S1, S2, ..., S die aan de definitie voldoen. Vanzelfsprekend voldoet dan ookP1, P2, ..., P,Q1, Q2, ..., Q,R1, R2, ..., R, S1, S2, ..., S en in elk van de gevallen ookP1, P2, ..., P,Q1, Q2, ..., Q,R1, R2, ..., R, S1, S2, ..., S, Z. �

4

Stelling 2.2. Als A,B en C construeerbaar zijn, dan is A|BC| een construeerbare cirkel.

Bewijs. Noem D een snijpunt van de construeerbare cirkels AB en BA dan is D construeer-baar. Noem E het snijpunt van BC en DB zodat D − B − E, dan is ook E construeerbaar.Noem nu F een snijpunt van DE en DA, dan is F construeerbaar. Omdat |DA| = |DB| en|DF | = DE| volgt dat |BE| = |AF |. Aangezien |BC| = |BE| = |AF | geldt ook A|BC| = AF , enAF is een construeerbare cirkel. (zie figuur 1) �

Lemma 2.3. Gegeven een construeerbare rechte AB kunnen we CD, de middelloodlijn op[AB] construeren zodat AB ⊥ CD.

Figuur 1: Construeerbare cirkel Figuur 2: Middelloodlijn

We zullen nu verder bestuderen welke punten al dan niet construeerbaar zijn.

Stelling 2.4. 1. De coördinaatassen zijn construeerbaar.

2. Al de punten (p, 0),(−p, 0),(0, p),(0,−p) zijn construeerbaar als en slechts als een van diepunten construeerbaar is. Het getal x is construeerbaar als en slechts als −x construeer-baar is.

3. De gehele getallen zijn construeerbaar.

4. Het punt (p, q) is construeerbaar als en slechts als p en q construeerbaar zijn.

Bewijs. 1.De x-as is per definitie construeerbaar omdat ze door (0, 0) en (1, 0) gaat. Uit hetlemma hierboven volgt dat ook de y-as construeerbaar is.2. Als een van de punten P construeerbaar is, ook de cirkel OP en dus zijn al deze puntenconstrueerbaar.

5

3.Om (n, 0) te construeren volstaat het om n− 1 keer recursief de cirkel n− 11 te construeren.4.Als A = (p, q) construeerbaar is, teken de cirkel AO en noem het snijpunt met de x-as B,teken dan middelloodlijn op [OB]. Analoog voor q. Als (p, 0) construeerbaar is, construeer(2p, 0), analoog voor q. Teken dan middelloodlijnen. �

Figuur 3: Cirkel OP Figuur 4: (p, 0) uit (p, q)

Definitie 2.5. Een veld F noemen we Euclidisch indien: ∀x > 0 : x ∈ F =⇒√x ∈ F

Stelling 2.5. De construeerbare getallen vormen een Euclidisch veld.

Bewijs. Het volstaat te tonen dat voor a, b, c ∈ F met c 6= 0:

{a+ b, a− b, ab, a/c,√a} ∈ F

Som en verschil kunnen we construeren door de cirkel (a, 0)(a,b) te maken.Voor het product construeren we de rechthoekige driehoek door (0, a), (0, 0) en (1, 0). We teke-nen dan, door tweemaal een middelloodlijn te tekenen, een rechte evenwijdig met de schuinezijde van de driehoek door het punt (b, 0) en bekomen op die manier de gelijkvormige driehoekdoor (0, ab), (0, 0) en (b, 0). De constructie van het quotiënt verloopt analoog.Om de vierkantswortel te construeren tekenen we de cirkel MA met als middelpunt (0, 1−a2 ) endoor het punt (0,−a). Deze punten zijn immers construeerbaar wegens het bovenstaande. Devergelijking van deze cirkel is nu x2+ y2− (1− a)y− a = 0 zodat de snijpunten met de x-as

√a

en −√a zijn. �

6

Figuur 5: Som en verschil Figuur 6: Vierkantswortel

Figuur 7: Product Figuur 8: Quotiënt

Gevolg 2.5.1. Alle getallen in Q zijn construeerbaar.

We zullen nu onze construeerbare getallen proberen te vertalen in algebra om op die maniermeer grip op de zaak te krijgen. We beginnen met een zuiver algebraı̈sch lemma:

Lemma 2.6. Als F een veld is en k een positief getal in F maar√k zit niet in F , dan is

F (√k) = {a+ b

√k|a, b ∈ F} opnieuw een veld voor onderstaande bewerkingen.

Bewijs. Het is duidelijk dat 1 ∈ F . Het volstaat dus te tonen dat som, verschil, product enquotiënt interne bewerkingen zijn. Echter:

(a+ b√k)± (c+ d

√k) = (a± c) + (b± d)

√k

(a+ b√k).(c+ d

√k) = (ac+ bdk) + (ad+ bc)

√k

7

a+ b√k

c+ d√k=a+ b

√k

c+ d√k.c− d

√k

c− d√k=ac− bdkc2 − d2k

+bc− adc2 − d2k

√k

We moeten enkel opletten dat we niet delen door nul. Per veronderstelling is c + d√k 6= 0 als

c − d√k = 0 dan c + d

√k + 0 = (c + d

√k) − (c − d

√k) = 2d

√k 6= 0 en dus d 6= 0 maar dan√

k = cd ∈ F . � �

Maar wat is F (√k) eigenlijk?

Definitie 2.6. Als k een positief getal is in een veld F maar√k zit niet in F , dan noemen wij

F (√k) = {a + b

√k|a, b ∈ F} een kwadratische extensie van F . Als F1 = F (

√d1), F2 =

F1(√d2), ..., Fn = Fn−1(

√dn) schrijven we Fn = F (

√d1,√d2, ...,

√dn) en noemen dit een

geı̈tereerde kwadratische extensie van F .

Wij zullen de unie van alle kwadratische extensies van Q vanaf nu E noteren.Uit Stelling 2.5 volgt nu onmiddelijk:

Gevolg 2.6.1. Als x ∈ E zit, is x construeerbaar.

We zouden nu graag ook het omgekeerde bewijzen, namelijk dat elk construeerbaar getal in Ezit. Dit zal echter wat opbouwwerk vragen:

Lemma 2.7. Een rechte die door twee punten gaat met coördinaten in een veld F , heeft eenvergelijking met coëfficiënten in F . Een cirkel waarvan het middelpunt coördinaten in F heeften die door een punt met coördinaten in F gaat, heeft een vergelijking met coëfficiënten in F .

Bewijs. Voor de rechte door (x1, y1) en (x2, y2) vinden we indien x1 = x2 de vergelijking x = x1.Anders kunnen we de vergelijking voorstellen door (y2 − y1)x+ (x1 − x2)y+ (y1x2 − x1y2) = 0.Voor de cirkel met middelpunt (x1, y1) door het punt (x2, y2) bekomen we (x−x1)2+(y−y1)2 =(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2, wat van de gewenste vorm is. �

Lemma 2.8. Als twee snijdende rechten coëfficiënten in een veld F hebben, dan heeft hetsnijpunt ook coördinaten in F .

Bewijs. Het snijpunt van de twee snijdende rechten a1x + b1y + c1 = 0 en a2x + b2y + c2 = 0wordt gegeven door (x0, y0) met x0 = b1c2−b2c1a1b2−a2b1 en y0 =

a2c1−a1c2a1b2−a2b1 �

Lemma 2.9. Als een rechte en een cirkel, die beide een vergelijking met coëfficiënten in eenveld F hebben, elkaar snijden. Dan hebben de snijpunten coördinaten in F of in een kwadrati-sche extensie van F .

Bewijs. De rechte met vergelijking ax+ by + c = 0 en de circel met vergelijking x2 + y2 + fx+gy + h = 0 snijden elkaar in de punten (x0, y0) waar:

d = (fb− ag)2 + 4c(af + gb− c)− 4h(a2 + b2)

8

x0 =abg − 2ac− b2f ± b

√d

2(a2 + b2)

y0 =abf − 2bc− a2g ∓ a

√d

2(a2 + b2)

Als d < 0 is er geen snijpunt. En het is duidelijk dat als d een kwadraat is in F , de coördinatenvan de snijpunten ook in F moeten zitten. Anders volgt, aangezien a en b niet beide nul kunnenzijn dat {x0, y0} ∈ F (

√d). �

Lemma 2.10. Als twee snijdende cirkels met een vergelijking waarvan de coëfficiënten in eenveld F zitten, dan heeft elk snijpunt van deze cirkels coördinaten in F of in een kwadratischeextensie van F .

Bewijs. Het stelsel vergelijkingen:{x2 + y2 + px+ qy + r = 0

x2 + y2 + fx+ gy + h = 0

is equivalent met {(p− f)x+ (q − g)y + (r − h) = 0x2 + y2 + fx+ gy + h = 0

en dan volgt het gewenste uit het vorige lemma. �

Nu kunnen we onze construeerbare punten associëren met velden:

Stelling 2.11. De coördinaten van een construeerbaar punt zitten in een geı̈tereerde kwadra-tische extensie van Q.

Bewijs. Voor een construeerbaar punt P geldt per definitie dat P het laatste punt is in deeindige rij P1, ..., Pn waarbij elk punt vervat zit in {(0, 0), (1, 0)} of bekomen werd op een van devolgende manieren:

1. Als snijpunt van twee rechten, waarbij beide rechten door twee reeds eerder geconstru-eerde punten lopen.

2. Als snijpunt van een rechte en een cirkel, waarbij de rechte door twee reeds eerder ge-construeerde punten loopt en de cirkel door een eerder geconstrueerd punt met eeneerder geconstrueerd punt als middelpunt.

3. Als snijpunt van twee cirkels, waarbij beide cirkels door een reeds geconstrueerd puntgaan en met als middelpunt een eerder geconstrueerd punt.

Uit de vorige lemma’s volgt nu dat we P1 met Q kunnen associëren en elk punt Pi met i > 0 meteen veld Fi, zodat de coördinaten in Fi zitten. Tevens is Fi gelijk aan Fi−1 of een kwadratischeextensie van Fi−1. Hieruit volgt nu dat Fn een geı̈tereerde kwadratische extensie van Q en datde coördinaten van P in Fn liggen. �

9

We bekomen nu onmiddellijk:

Gevolg 2.11.1. Een getal x is construeerbaar als en slechts als x ∈ E.

We zullen nu onze aandacht richten op de drie problemen uit de klassieke Griekse meet-kunde. Namelijk:

• De Verdubbeling van de Kubus

• De Trisectie van een Hoek

• De Kwadratuur van de Cirkel

2.2 De Verdubbeling van de Kubus

Men wil, gegeven een kubus, een kubus construeren waarvan het volume het dubbel bedraagtvan de gegeven kubus. Als we als eenheid de lengte van de ribbe van de gegeven kubusnemen, moeten we dus een lijnstuk van lengte 3

√2 construeren. We zullen bewijzen dat dit

onmogelijk is met passer en liniaal.

Lemma 2.12. Als F (√k) een kwadratische extensie is van een veld F en 3

√2 ∈ F (

√k) dan

moet 3√2 ∈ F .

Bewijs. We hebben gegeven dat 3√2 = a + b

√k met a, b, k ∈ F en

√k 6∈ F . We moeten tonen

dat b = 0. Beide leden tot de derde macht verheffen levert:

2 = (a+ b√k)3 = (a3 + 3ab2k) + (3a2b+ b3k)

√k,

waaruit volgt dat 3a2b + b3k = 0 want anders vinden we√k ∈ F . Maar dan bekomen we ook

dat:(a− b

√k)3 = (a3 + 3ab2k)− (3a2b+ b3k)

√k.

En dus vinden we een andere derdemachtswortel van 2. Omdat y = x3 een strikt stijgendefunctie is, is er hoogstens 1 reële derdemachtswortel en dus moet b = 0. �

Stelling 2.13. Het is onmogelijk om ”de kubus te verdubbelen”.

Bewijs. Uit Stelling 2.11 volgt dat als 3√2 construeerbaar zou zijn, dat getal in een geı̈tereerde

kwadratische extensie van Q zou moeten zitten. Wegens vorig lemma zou dan 3√2 ∈ Q wat

uiteraard niet het geval is. �

10

2.3 De Trisectie van een Hoek

Men stelt zich de vraag: gegeven een willekeurige hoek, is het mogelijk om deze te trisecterenmet passer en liniaal? We zullen hier aantonen dat dit niet mogelijk is voor een hoek van 60◦.

Definitie 2.7. Een hoek α noemen we construeerbaar indien er construeerbare punten A,Ben C zijn zodat α = ∠ABC.

Lemma 2.14. Een hoek α is construeerbaar als en slechts als cos(α) construeerbaar is.

Bewijs. Gegeven een hoek α kunnen we een lijnstuk met lengte 1 afpassen op een van dezijden. Als we van daaruit de loodlijn laten vallen op het andere been, bekomen we de cosinus.Om de hoek α te construeren vertrekkende van een lijnstuk AD met lengte cos(α) volstaat hetom in D de loodlijn te tekenen en dan het snijpunt C te bepalen tussen A1 en die loodlijn. �

Figuur 9: Som en verschil

Aangezien cos(60◦) = 12 volgt:

Gevolg 2.14.1. Een hoek van 60◦ is construeerbaar.

Het volstaat nu te tonen dat cos(20◦) niet construeerbaar is. Laten we nu gebruikmaken vande goniometrische identiteit cos(3α) = 4 cos(α)3 − 3 cos(α). Stel u = cos(20◦), dan kunnenwe, aangezien cos(60◦) = 12 , besluiten dat cos(20

◦) een oplossing moet zijn van de vergelijking8u3 − 6u− 1 = 0. Als we nu x = 2u te stellen is het voldoende om te tonen dat de wortels vanx3 − 3x− 1 = 0 niet construeerbaar zijn.

Lemma 2.15. Als F (√k) een kwadratische extensie is van een veld F en de vergelijking x3 −

3x− 1 = 0 heeft een wortel in F (√k) dan is er ook een wortel in F zelf.

Bewijs. Als er een wortel θ ∈ F (√k) zit. Kunnen we schrijven dat θ = a + b

√k met a, b ∈ F .

Als b = 0 zit θ ∈ F . Anders substitueren we θ in onze vergelijking en bekomen we:

(a+ b√k)3 − 3(a+ b

√k)− 1 = 0

11

(a3 + 3ab2k − 3a− 1) + (3a2b+ b3k − 3b)√k = 0

Nu moet 3a2b+b3k−3b = 0 omdat anders√k ∈ F zou zitten en dus moet a3+3ab2k−3a−1 = 0.

We bekomen: {3a2 + b2k − 3 = 0a3 + 3ab2k − 3a− 1 = 0

Als we b2k uit de eerste vergelijking halen en in de tweede stoppen, vinden we:

a3 + 3a(3− 3a2)− 3a− 1 = 0

−8a3 + 6a− 1 = 0

(−2a)3 − 3(−2a)− 1 = 0

Zodat we zien dat −2a ∈ F een oplossing is van onze vergelijking. �

Stelling 2.16. Het is niet mogelijk om een willekeurige hoek te trisecteren.

Bewijs. Zoals reeds eerder gezegd zullen we tonen dat dit onmogelijk is voor de hoek α =60◦. We weten reeds dat het voldoende is om te tonen dat een wortel van de vergelijkingx3− 3x− 1 = 0 niet construeerbaar is. Omdat de construeerbare getallen juist diegene zijn diewe kunnen vinden door geı̈tereerde kwadratische extensies volgt uit het vorige lemma dat alsx3−3x−1 = 0 een construeerbare wortel heeft, deze vergelijking een wortel in Q moet bezitten.We zullen tonen dat dit niet het geval is. Veronderstel immers dat er de onvereenvoudigbarebreuk ab een wortel van onze vergelijking is:

a3

b3− 3a

b− 1 = 0

a3 − 3ab2 − b3 = 0

We kunnen dus schrijven dat a3 = b(3ab+ b2) en b3 = a(a2 − 3b2). Als b dus een priemfactor pbezit, moet p ook a3 en dus a delen. Tevens, als a een priemfactor q bezit moet q ook b3 en dusb delen. Omdat de breuk onvereenvoudigbaar is, worden de enige mogelijke waarden voor aen b gegeven door de verzameling {−1, 1}. Maar dan zijn {−1, 1} de enige mogelijke rationalewortels van onze vergelijking. En dit zijn geen wortels. �

12

2.4 De Kwadratuur van de Cirkel

Is het mogelijk om een vierkant te tekenen met dezelfde oppervlakte als die van een gegevencirkel? Als we de straal van de cirkel 1 stellen, moeten we dus een vierkant construeren metzijde

√π, wat de construeerbaarheid van π zou impliceren. We zullen tonen dat dit onmogelijk

is.

Lemma 2.17. Als F (√k) een kwadratische extensie is van een veld F en a is een wortel van

een veelterm van graad n met coëfficiënten in F (√k), dan is a een wortel van een veelterm

van graad 2n met coëfficiënten in F .

Bewijs. We weten dat a de wortel is van een vergelijking van de vorm:

(an + bn√k)xn + (an−1 + bn−1

√k)xn−1 + · · ·+ (a0 + b0

√k) = 0

met alle ai en bi in F en met kopcoëfficiënt 6= 0. Alle termen met√k naar ander lid brengen

levert:anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a0 = −

√k(bnx

n + bn−1xn−1 + · · ·+ b0)

Kwadrateren van beide leden levert een veeltermvergelijking van graad 2n waaraan a voldoet.�

Stelling 2.18. Elk construeerbaar getal is de wortel van een veeltermvergelijking met rationalecoëfficiënten.

Bewijs. Als a construeerbaar is, zit a in een geı̈tereerde kwadratische extensie Fn van Q. Ui-teraard voldoet a aan de veeltermvergelijking x− a = in Fn. Herhaaldelijk toepassen van voriglemma levert nu dat a een wortel is van een veeltermvergelijking van graad 2n met coëfficiëntenin Q. �

We zullen nu tonen dat π geen wortel is van een vergelijking met rationale coëfficiënten, metandere woorden dat π transcendent is over Q.

Stelling 2.19. Als F een veld is, dan vormen de algebraı̈sche getallen over F ook een veld.

Bewijs. Veronderstel dat a en b algebraı̈sch zijn over F en voldoen aan de vergelijkingen

anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a0 = 0

bmxm + bm−1x

m−1 + · · ·+ b0 = 0

met coëfficiënten in F en an en bm niet nul. Het is eenvoudig te zien dat −b algebraı̈sch is overF omdat −b voldoet aan

(−1)mbmxm + (−1)m−1bm−1xm−1 + · · ·+ b0 = 0

13

Verder als b 6= 0 voldoet 1b aan

bm + bm−1x+ · · ·+ b0xm = 0

Merk ook op dat we an en bm kunnen uitdrukken in combinaties van lagere machten van res-pectievelijk a en b. Het volstaat nu te bewijzen dat ook ab en a+ b algebraı̈sch zijn over F zijn.Beschouw nu de volgende m× n tabel:

G = [gij ] =

1 a a2 · · · an−1

b ab a2b · · · an−1bb2 ab2 a2b2 · · · an−1b2...

...... · · ·

...bm−1 abm−1 a2bm−1 · · · an−1bm−1

Merk op dat we agij steeds kunnen schrijven als lineaire combinatie van alle gij over F , ofwel isagij = gij+1 ofwel kunnen we an schrijven als combinatie met lagere machten. Als we van onzematrix G nu één grote kolomvector C maken door alle rijen van G achter elkaar te plakken en tetransponeren vinden we dus dat er een matrix D met elementen in F bestaat zodat : aC = DC.Op analoge wijze bekomen we bC = EC. Nu vinden we

(a+ b)C = (D + E)C

en, omdat C 6= 0, dat a+b een eigenwaarde is van de matrix D+E. Dus is a+b een wortel vandet(D + E − xI), een veelterm over F . Bijgevolg is a + b algebraı̈sch over F . Voor ab merkenwe op:

(ab)C = a(bC) = a(EC) = E(aC) = E(DC) = (ED)C

en dus is ab een eigenwaarde van ED en wegens dezelfde redenering als hierboven ookalgebraı̈sch over F . �

Definitie 2.8. Een veelterm die op zichzelf wordt afgebeeld door alle permutaties van de ver-anderlijken noemen we een symmetrische veelterm.

Bekijken wij even volgende expansie van het polynoom∏ni=1(x− xi):

n∏i=1

(x− xi) = xn − s1xn−1 + s2xn−2 − · · ·+ (−1)nsn

Waarbij:

s1 = x1 + x2 + · · ·+ xns2 = x1x2 + x1x3 + · · ·+ x2x3 + · · ·+ xn−1xn...si = som van alle producten van i verschillende xj ’s...sn = x1x2 . . . xn

14

We noemen deze si de elementaire symmetrische functies. Hieruit kunnen we iets leren over denulpunten van een veeltermvergelijking van graad n. Namelijk, dat als r1, . . . , rn de oplossingenzijn van snxn + sn−1xn−1 + · · · + s0 = 0 dat de som van de wortels − sn−1sn is en hun product(−1)n s0sn bedraagt.

Stelling 2.20. Elke symmetrische veelterm P over een veld F in veranderlijken x1, . . . , xn kangeschreven worden als een veelterm Q in F in de elementaire symmetrische functies. Als Penkel gehele coëfficiënten bezit, dan Q ook. De graad van Q is kleiner of gelijk aan die van P .

Bewijs. Neem P := P (x1, x2, . . . , xn) een willekeurig symmetrisch polynoom inx1, x2, . . . , xn. We noemen een polynoom P homogeen van graad d als de som van de expo-nenten in elke term van P juist d is. We kunnen veronderstellen dat P een homogeen polynoomis van graad d omdat we elk polynoom kunnen schrijven als som van homogene polynomen.We definiëren nu volgende orde op de termen van P : Voor elke twee termen:

M := cµxµ11 x

µ22 · · ·x

µnn , N := cνx

ν11 x

ν22 · · ·x

νnn

zeggen we dat M groter is dan N als het eerste niet-nulle van volgende verschillen positief is:

µ1−ν1, µ2−ν2, . . . , µn−νn,

Het is duidelijk dat deze orde transitief is en dus is er een grootste term in P :

A := cαxα11 x

α22 · · ·x

αnn

metα1+α2+ · · ·+αn = d en α1 ≥ α2 ≥ · · · ≥ αn.

Het eerste volgt uit de homogeniteit, het tweede omdat, indien dit niet zo zou zijn, verwisse-ling van twee variabelen een grotere term zou opleveren. We zullen nu volgend polynoom inde elementaire symmetrische functies construeren, waarvan we zullen tonen dat zij dezelfdegrootste term heeft als P , we bepalen later de ij :

Qα := cαsi11 s

i22 · · · s

inn

Het ligt voor de hand dat de grootste term van een product van homogene symmetrische po-lynomen juist het product van de grootste termen van de afzonderlijke factoren is. De grootsteterm van ai is x1x2 · · ·xi. Wij bekomen dus dat de grootste term van Qα gelijk is aan:

cαxi1+i2+···+in1 x

i2+···+in2 · · ·x

inn .

Het stelsel oplossen om dit gelijk aan A te krijgen levert:i1 + i2 + · · ·+ in = α1i2 + · · ·+ in = α2(· · · )in = αn.

15

met als oplossingen de positieve getallen:

i1 = α1−α2, i2 = α2−α3, . . . , in−1 = αn−1−αn, in = αn

We bekomen dus dat Qα = cαsα1−α21 sα2−α32 · · ·s

αn−1−αnn−1 s

αnn . Uit ons stelsel halen we ook

dat de graad van Qα juist α1 is.Het verschil van twee symmetrische polynomen blijft uiteraardsymmetrisch, dus P−Qα := Pα is een symmetrisch polynoom met grootste term strikt kleinerdan dan die van P . We kunnen dit procédé herhalen en bekomen na een eindig aantal stappen:

P = Qα +Qβ + · · ·+Qω := Q(a1, a2, . . . , an).

Waarbij de graad van Qα juist de graad van Q is en dus kleiner dan die van P is. Per constructiezijn de coëfficiënten van Q geheel. �

Gevolg 2.20.1. Voor een polynoom f(x) van graad n over F met wortels r1, ..., rn en eenwillekeurig symmetrisch polynoom over F in n variabelen geldt: P (r1, .., rn) ∈ F .

Bewijs. Uit bovenstaande stelling volgt dat we P kunnen schrijven in de elementaire symmetri-sche functies. Als f(x) = bnxn + bn−1xn−1 + · · ·+ b0 dan is si(r1, ..., rn) = ± bn−ibn en aangezienF een veld is zit ook P (r1, .., rn) ∈ F . �

Gevolg 2.20.2. Neem f een polynoom van graad n over F met wortels r1, ..., rn. Neem eenvast getal R: 1 ≤ R ≤ n. Noem z1, ..., zm de verzameling van alle mogelijke sommen van Rwortels van F die allen verschillen in index, m.a.w. sommen van de vorm ri1 + ri2 + · · · + riR .Dan bestaat er een polynoom over F met als nulpunten juist alle zi.

Bewijs. Het volstaat te tonen dat de coëfficiënten van∏mi=1(x − zi) in F zitten. Omdat de

coëfficiënten van deze veelterm, eventueel op teken na, de elementaire symmetrische functiesin m veranderlijken zijn, geëvalueerd in de zi, is het (meer dan) voldoende te tonen dat elksymmetrisch polynoom geëvalueerd in de zi in F zit. Neem dus zo een symmetrisch poly-noom P (x1, ..., xm). Beschouw nu de nieuwe variabelen u1, ..., un en vervang in P elke xi dooreen zekere som van R verschillende ui’s, waarbij verschillende xi door verschillende sommenworden vervangen. We beweren dat P een symmetrisch polynoom is over F in de variabelenu1, ...un. Het volstaat te tonen dat dit polynoom invariant blijft onder willekeurige transpositiesvan de ui. Laat ons ui en uj verwisselen, de xi’s die geen van beide of allebei bezitten, blijvenonveranderd. Uit de symmetrie van P volgt dat P dan onveranderd blijft. Vervangen van de uidoor ri levert P (z1, ..., zm), wat in F zit volgens bovenstaande gevolg. �

Lemma 2.21. Het product van n opeenvolgende natuurlijke getallen is deelbaar door n!

Bewijs. We noemen de getallenm+1,m+2, ...,m+n. Het volstaat te tonen dat (m+1)(m+2)...(m+n)n!een natuurlijk getal is. Beide leden vermenigvuldigen met m! levert (m+1)(m+2)...(m+n)n!

m!m! =

(m+n)!m!n! =

(m+nn

)∈ N �

16

Stelling 2.22. π is transcendent.

Bewijs. We werken uit het ongerijmde en onderstellen dat π algebraı̈sch is. Uit Stelling 2.19volgt dat dan ook πi algebraı̈sch is, en er dus een polynoom over Q bestaat met wortels r1 =πi, r2, ..., rn. Uit er1 = −1 volgt nu dat

(er1 + 1)(er2 + 1) · · · (ern + 1) = 0

Uitwerken levert een vergelijking van de vorm eq1 + eq2 + · · · + eqm + k = 0, waarbij k ∈ N enalle qi 6= 0. We zullen tonen dat er een polynoom over Q bestaat met als wortels juist de alleqi. Voor we termen hergroeperen in dit product bekomen we immers enkel het getal 1 en hetgetal e tot verschillende machten, deze machten zijn juist alle sommen van R verschillende ri’s.Waarbij R loopt van 1 tot n. Uit Gevolg 2.20.1 halen we dat voor R vast een polynoom bestaatover Q met juist deze sommen als wortels. Deze R polynomen vermenigvuldigen, eventueeldelen door een macht van x om de nulwortels weg te gooien en vermenigvuldigen met eenvoldoende groot geheel getal om de breuken weg te werken levert ons het gezochte polynoom,dat we g(x) = cxm + cm−1xm−1 + · · ·+ c0 zullen noemen. Definieer nu

f(x) = csxp−1[g(x)]p

(p− 1)!

Waarbij s = mp − 1 en p een priemgetal dat we later zullen specifiëren en c de kopcoëfficiëntvan g(x) is. De graad van f is s+ p. Definieer ook

F (x) = f(x) + f ′(x) + · · ·+ f (s+p)(x).

Dan isd

dx[e−xF (x)] = −e−xf(x),

omdat f (s+p+1) = 0. Uit de hoofdstelling van de integraalrekening halen wij nu:

e−xF (x)− F (0) = −∫ x0e−yf(y)dy

Substitueren we nu y = λx en vermenigvuldigen we beide leden met ex:

F (x)− exF (0) = −x∫ 10e(1−λ)xf(λx)dλ

Laat x alle waarden qi aannemen, gebruikmakend van eq1 + eq2 + · · · + eqm + k = 0 bekomenwe:

m∑j=1

F (qj) + kF (0) = −m∑j=1

qm

∫ 10e(1−λ)qjf(λqj)dλ

We zullen nu tonen dat∑m

j=1 F (qj) een geheel getal deelbaar door p is. Uit de definitie vanF (x) halen we:

m∑j=1

F (qj) =

m∑j=1

s+p∑r=0

f (r)(qj) =

s+p∑r=0

m∑j=1

f (r)(qj)

17

Voor 0 ≤ r < p:m∑j=1

f (r)(qj) = 0

omdat er dan een factor g(qj) = 0 in f staat. Dus:

m∑j=1

F (qj) =

s+p∑r=p

m∑j=1

f (r)(qj)

Voor r met p ≤ r ≤ s + p, aangezien c−s(p − 1)!f(x) gehele coëfficiënten bezit, bevattende coëfficiënten van elke niet nulle term van de r-de afgeleide, het product van r opeenvol-gende en dus zeker p opeenvolgende getallen. Deze zijn dus deelbaar door p!. Dus zijn allecoëfficiënten van f (r)(x) deelbaar door pcs, wat impliceert dat volgende expressie een symme-trisch polynoom met gehele coëfficiënten is in de variabelen u1, ..., um:

m∑j=1

1

pcsf (r)(uj)

Als we dit herschrijven als veelterm in de elementaire polynomen met gehele coëfficiënten enwe vullen q1, ..., qn in, weten we, aangezien si(q1, ..., qn) = ± cm−ic en de graad van de veeltermin de si ≤ s dat cs

∑mj=1

1pcs f

(r)(qj) een geheel getal is. We hebben dus dat

m∑j=1

f (r)(qj) = p[csm∑j=1

1

pcsf (r)(qj)]

Omdat dit geldt voor elke r met p ≤ r ≤ s + p, geldt ook dat de som over die r een geheelgetal deelbaar door p is. Verder is kF (0) een geheel getal dat niet deelbaar is door p, voor peen voldoende groot priemgetal. Als we de termen van F (0) bekijken, zien we dat de termenf (r)(x) een factor x bevatten voor 0 ≤ r ≤ p− 2 en dus verdwijnen deze voor x = 0. De termenf (r)(x) voor p ≤ r ≤ s+p zijn polynomen met gehele coëfficiënten, allen deelbaar door p (zoalshierboven reeds getoond werd). Dus de constante termen f (r)(0) zijn deelbaar door p. OpdatkF (0) niet deelbaar zou zijn, volstaat het dus dat kf (p−1)(0) niet deelbaar door p is. Berekeninglevert dat kf (p−1)(0) = kcscp0 is. Dus als p groter is dan k, c en c0 kan het dit product niet delen.We kunnen nu dus besluiten dat:

m∑j=1

F (qj) + kF (0) = −m∑j=1

qj

∫ 10e(1−λ)qjf(λqj)dλ

waarbij het linkerlid een niet nul geheel getal is. We zullen tonen dat voor p voldoende groot,het rechterlid naar nul gaat, een contradictie.∣∣∣− m∑

j=1

qj

∫ 10e(1−λ)qjf(λqj)dλ

∣∣∣ = ∣∣∣ m∑j=1

qj

∫ 10e(1−λ)qjcs(λqj)

p−1 [g(λqj)]p

(p− 1)!dλ∣∣∣ =

18

≤∫ 10

m∑j=1

∣∣∣qje(1−λ)qjcm−1g(λqj) [cm(λqj)g(λqj)]p−1(p− 1)!

∣∣∣dλOmdat s = mp − 1. Laat B nu een uniforme bovengrens zijn van alle continue functies|cm(λqj)g(λqj)| over [0, 1] en laat C een bovengrens zijn van de continue functie∑m

j=1 |qje(1−λ)qjam−1g(λqj)| over hetzelfde interval. Dan isCBp−1

(p−1)! een bovengrens van boven-staande uitdrukking. Dit is echter ook de pde term van de convergente Taylorontwikkeling vanCeB rond 0. Bijgevolg gaat deze uitdrukking naar 0 voor p→∞. �

Hieruit volgt, dankzij Stelling 2.18 dat

Gevolg 2.22.1. De Kwadratuur van de Cirkel kan niet worden uitgevoerd met passer en liniaal.

3 Passer en Gemarkeerde Liniaal

3.1 Trisectie van een Hoek en Verdubbeling van de Kubus

Het vervangen van onze liniaal door een liniaal waarop een eenheid werd gemarkeerd, een zo-genaamde gemarkeerde liniaal, levert meer constructiemogelijkheden op. We zullen in dezesectie tonen dat we hiermee de Trisectie van een Hoek en de Verdubbeling van de Kubuswel kunnen uitvoeren.

Wanneer wij de liniaal vervangen door de gemarkeerde liniaal, verkrijgen wij een nieuwe con-structiemogelijkheid:

• Gegeven een punt V en twee rechten r en s kunnen we punten R en S op respectievelijkr en s bepalen zodat |RS| = 1 en zodat V,R en S collineair zijn.

Figuur 10: Nieuwe Constructie

19

Stelling 3.1 (Omgekeerde Thales). Een rechthoekige driehoek wordt omschreven door de cir-kel met de hypothenusa als middellijn.

Bewijs. Vervolledig de driehoek tot een rechthoek, omdat de diagonalen van een rechthoekeven lang zijn en elkaar middendoor snijden, volgt het gevraagde. �

Stelling 3.2 (Pappus). Gegeven een scherpe hoek ∠AV B met |AV | = 12 , p de loodlijn uit Aop V B en q de loodlijn op p in A. Noem de punten onstaan door het toepassen van de nieuweconstructie op V, p en q respectievelijk R en S, met A− R − F . Dan levert V R de trisectie van∠AV B.

Bewijs. Onderstel dat ∠BV S = t. Dan ook ∠V SA = t. Noem M het middelpunt van RS.Omdat ∠RAS rechthoekig is, volgt uit de omgekeerde stelling van Thales dat A ∈MRM en duszijn 4AMS en 4MAV gelijkbenige driehoeken. Omdat de basishoeken in een gelijkbenigedriehoek gelijk zijn volgt dat ∠MAS = t en dus ook ∠SMA = 180◦−2t en ∠AMV = 2t. Omdat4MAV een gelijkbenige driehoek is, volgt nu: ∠AVM = 2t en dus levert V R de trisectie van∠AV B. �

Figuur 11: Trisectie scherpe hoek

Gevolg 3.2.1. Het is mogelijk om met een passer en een gemarkeerde liniaal een willekeurigehoek te trisecteren

Bewijs. Bovenstaande stelling impliceert dat dit mogelijk is voor scherpe hoeken. Om eenrechte hoek te trisecteren volstaat het een hoek van 30◦ te construeren, wat mogelijk is wegensLemma 2.14 en het feit dat cos(30◦) =

√32 . Voor stompe hoeken gebruiken we opnieuw Lemma

2.14 en het feit dat cos(α+ 90◦) = − sin(α) = ±√1− cos(α)2. �

20

Stelling 3.3 (Nicomedes). Gegeven 0 < k < 8 en een gelijkbenige 4ACB met |AB| = k4en |AC| = |BC| = 1, Neem B het middelpunt van [CD] en noem de punten bekomen doortoepassen van de nieuwe constructie op C,DA en BA respectievelijk R(6= B) en S dan is|AS| = 3

√k.

Bewijs. Noem E het snijpunt van de rechte die evenwijdig met BA loopt en door C gaat en derechte DA. Dan 4ABD ∼ 4ECD. Omdat B het midden is van [CD] volgt dan dat |CE| =2|BA| = k2 . Tevens is 4ECR ∼ 4ASR omdat ∠CRE = ∠ARS en ∠CER = ∠SAR. We

hebben dus ookk2|CR| = |AS|. Als we x = |AS| stellen, vinden we |CR| =

k2x . Als we nu eerst in

4MSC en daarna in 4BMC de Stelling van Pythagoras toepassen, vinden wij:(1 +

k

2x

)2= |CS|2 = |CM |2 + |MS|2 = (|CB|2 − |BM |2) + |MS|2 =

(1−

(k8

)2)+(x+

k

8

)2Dit levert 4x4 + kx3 − 4kx− k2 = 0 = (4x+ k)(x3 − k), omdat 4x+ k > 0 volgt dat x3 − k = 0,en dus x = 3

√k. �

Figuur 12: Derdemachtswortel k, met 0 < k < 8

Gevolg 3.3.1. Gegeven x kunnen we met passer en gemarkeerde liniaal 3√x construeren.

Bewijs. Uit bovenstaande stelling, volgt dat dit mogelijk is voor 0 < x < 8. Voor x > 8 gebruikenwe 3√x = 3

√8nk = 2n 3

√k met 0 < x < 8. Voor negatieve getallen gebruiken we 3

√x = − 3

√−x.�

Definitie 3.1. We noemen een Euclidisch veld Vietiaans indien x ∈ F =⇒ 3√x ∈ F en

cos(x) ∈ F =⇒ cos(x3 ) ∈ F .

Als we de verzameling van getallen construeerbaar door middel van passer en gemarkeerdeliniaal V noteren, volgt uit Stelling 2.5, Gevolg 3.2.1 en Gevolg 3.3.1 dat V een Vietiaans veldis. Uiteraard geldt ook dat E ⊂ V.

21

3.2 Derde- en Vierdegraadsvergelijkingen

Wij zullen in deze paragraaf bewijzen dat de reële oplossingen van respectievelijk derde- envierdegraadsvergelijkingen met reële coëfficiënten construeerbaar zijn met passer en gemar-keerde liniaal. Het kan eenvoudig worden getoond dat dit ook het geval is voor de complexeoplossingen door, analoog aan Stelling 2.4, te stellen dat een complex getal a+ bi construeer-baar is als en slechts als a en b construeerbaar zijn.

Het is triviaal dat de oplossingen van eerstegraadsvergelijkingen construeerbaar zijn. Aan-gezien de oplossingen van de algemene tweedegraadsvergelijking ax2 + bx + c = 0 gegevenworden door −b±

√b2−4ac2a volgt uit Stelling 2.5 dat deze in E zitten.

Stelling 3.4 (Derdegraadsvergelijkingen). Als x ∈ R zodat ax3 + bx2 + cx+ d = 0 dan x ∈ V.

Bewijs. Als wij de substitutie x = y − b3a uitvoeren bekomen wij de vergelijking y3 + py + q = 0

met p = ca −b2

3a2en q = 2b

3

27a3− bc

3a2+ da . Voeren wij nu de substitutie y = r− s uit, we zullen r en

s later bepalen, bekomen wij r3−3r2s+3rs2−s3+pr−ps+q = 0. Kiezen wij nu rs = p3 vindenwij de vergelijking r3 − ( p3r )

3 + q = 0. De substitutie t = r3 levert de tweedegraadsvergelijking

t2+qt− p3

27 = 0. Oplossen levert uiteindelijk onder andere r =3

√−q+

√q2+ 4p

3

27

2 . Uit s =p3r kunnen

we dan halen dat s =3

√q+

√q2+ 4p

3

27

2 . Op die manier vinden we y = r − s =3

√−q+

√q2+ 4p

3

27

2 −3

√q+

√q2+ 4p

3

27

2 . Dus een oplossing van de oorspronkelijke vergelijking wordt gegeven door x0 =

3

√−q+

√q2+ 4p

3

27

2 −3

√q+

√q2+ 4p

3

27

2 −b3a ∈ V. Waarna wij onze oorspronkelijke vergelijking eventueel

kunnen delen door x− x0 om dan via een tweedegraadsvergelijking de overige oplossingen tevinden. �

Als wij bij de oplossingen van onze tweedegraadsvergelijking in t een andere derdemachtswor-tel nemen voor r, vinden wij de algemene formule voor de wortels van een derdegraadsverge-lijking met reële coëfficiënten ax3 + bx2 + cx+ d = 0:

xk = µk

3

√√√√−q +√q2 + 4p3272

− µ−k3

√√√√q +√q2 + 4p3272

− b3a

Met k ∈ {1, 2, 3}, µ = −12 +12

√3i, p = ca −

b2

3a2en q = 2b

3

27a3− bc

3a2+ da . Het opmerkzame oog

kan zien dat als 4p3

27 + q2 > 0 er juist één reële oplossing is en dat als 4p

3

27 + q2 ≤ 0 er drie reële

oplossingen zijn, waarbij een meervoudige wortel gelijkheid levert.

22

Verrassend genoeg blijkt dat als een derdegraadsvergelijking met reële coëfficiënten drie ver-schillende wortels heeft er een verband bestaat met de trisectie van een hoek. In dat gevalgeldt immers dat 4p

3

27 + q2 < 0 en dus ook dat | − q2

√−27p3| ≤ 1. Er bestaat dus een r met

cos(3r◦) = − q2√−27p3

. Als we nu onze vergelijking omvormen tot y3 + py + q = 0 en de substi-

tutie y = t√−p3 uitvoeren, bekomen we t

3 − 3t− 2 cos(3r◦) = 0. Combineren we dit met de degoniometrische identiteit cos(3α) = 4 cos(α)3 − 3 cos(α) vinden we dat de oplossingen van ditpolynoom juist gegeven worden door 2 cos(r◦), 2 cos(r + 120◦) en 2 cos(r + 240◦).

Stelling 3.5 (Vierdegraadsvergelijkingen). Als x ∈ R zodat ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 danx ∈ V.

Bewijs. Als wij de substitutie x = y − b4a uitvoeren bekomen wij de vergelijking y4 + py2 +

qy + r = 0 met p = ca −3b2

8a2, q = b

3

8a3− bc

2a2+ da en r = −

3b4

256a4+ b

2c16a3− bd

4a2+ ea . Als wij nu

0 = (y2 + p)2 − y4 − 2py2 − p2 bij onze vergelijking optellen, kunnen we deze herschrijven als(y2+ p)2+ qy+ r = py2+ p2. Omdat ook geldt dat (y2+ p+ s)2− (y2+ p)2 = y2(p+2s)− py2+2ps + s2 voor willekeurige s, kunnen we deze identiteit lidsgewijs optellen bij onze vergelijkingen bekomen we na herschikking dat (y2 + p+ s)2 = y2(p+ 2s) + p2 + 2ps+ s2 − qy − r.Nu is het zaak om s zo te kiezen dat het rechterlid een kwadraat wordt, hiertoe moeten weeisen dat de discriminant van het rechterlid nul is, dit levert de vergelijking −8s3−20ps2+(8r−16p2)s − 4p3 + 4pr + q2 = 0. Uit de vorige stelling weten we dat er zo een oplossing, zeg s1,bestaat in V. Invullen in onze vergelijking van daarnet en de wortel van beide leden nemenlevert: (y2 + p + s1) ∓

√p+ 2s1y + p + s1 ± q2√p+2s1 = 0 We vinden nu de algemene formule

voor het oplossen van een vierdegraadsvergelijking:

xk =±β√p+ 2s1 ±

√−3p− 2s1 ∓α 2q√p+2s12

− b4a

Waarbij k ∈ {1, 2, 3, 4}, p = ca−3b2

8a2en q = b

3

8a3− bc

2a2+ da , de tekens bij α en β steeds tegengesteld

moeten worden gekozen en s1 een oplossing is van−8s3−20ps2+(8r−16p2)s−4p3+4pr+q2 =0. Het is nu ook duidelijk dat xk ∈ R =⇒ xk ∈ V. �

23

4 Griekse Krommen

We weten dat Trisectie van een Hoek en de Verdubbeling van de Kubus onmogelijk zijn metpasser en liniaal en we hebben mooie constructies gezien voor deze problemen met behulp vanpasser en gemarkeerde liniaal. De Griekse wiskundigen vonden ook elegante methoden om,dankzij hulpkrommen, deze problemen op te lossen. Naast kegelsneden kunnen onder anderehet Limaçon van Pascal, de Spiraal van Archimedes en de Conchoı̈de van Nicomedes gebruiktworden om deze problemen op te lossen. Wij zullen ons op deze laatste bladzijde beperkentot mijn persoonlijke favoriet, de Quadratrix van Hippias, waarmee niet alleen de trisectie kanworden uitgevoerd maar in zekere zin ook de Kwadratuur van de Cirkel.

Figuur 13: Quadratrix

Gegeven een vierkant �OABC waarin eenkwartcirkel met straal |OA| is ingeschreven. Alswij nu een straal aan een constante snelheidover de cirkelboog van OA naar OC laten be-wegen en op hetzelfde moment een rechte aaneen constante snelheid evenwijdig met BC vanOA naar BC laten bewegen, zodat beide rech-ten op hetzelfde moment in C aankomen, kun-nen wij de quadratrix definiëren als meetkun-dige plaats gegeven door de snijpunten vandeze rechten. Eenvoudig rekenwerk leert onsdat de vergelijking van de quadratrix gegevenwordt door x = y cot(y π2 ) voor 0 < x < 1.

Deze kromme heeft de merkwaardige eigenschap dat zij het delen van een hoek terugbrengttot het delen van een lijnstuk. Aangezien op moment t de hoek tπ2 groot is volgt dat op momentt3 de hoek juist

t3π2 groot is. We kunnen met deze kromme dus een willekeurige hoek in n gelijke

delen verdelen.Tot slot merken we op dat

limy→0

y cot(yπ

2

)=

2

π,

dit punt is wel enigszins problematisch aangezien dit niet kan worden bereikt als snijpunt vanonze twee rechten. Deze vallen immers samen voor y = 0. Als we het limietpunt L ech-ter toelaten, kunnen we met eerder geziene technieken makkelijk een lijnstuk van lengte

√π

construeren en alzo de Kwadratuur van de Cirkel tot een goed einde brengen.

24

Referenties

[1] George E. Martin: Geometric Constructions 1998, Springer

[2] Charles R. Hadlock: Field Theory and its Classical Problems 1978, The Mathematical As-sociation of America

[3] Euclides, Thomas L. Heath: The Thirteen Books of the Elements 1956, Dover Publications

[4] Tobias Dantzig: Mathematics in Ancient Greece 1955, Charles Scribner’s Sons

[5] Roger Cooke: The History of Mathematics: A Brief Course 2013, Wiley

[6] Wolfram|Alpha: Wolfram Demonstrations Project : April 2016, http://demonstrations.wolfram.com/

25

http://demonstrations.wolfram.com/http://demonstrations.wolfram.com/

InleidingPasser en LiniaalConstrueerbare GetallenDe Verdubbeling van de KubusDe Trisectie van een HoekDe Kwadratuur van de Cirkel

Passer en Gemarkeerde LiniaalTrisectie van een Hoek en Verdubbeling van de KubusDerde- en Vierdegraadsvergelijkingen

Griekse Krommen