Siedmiokąta foremnego nie można skonstruować cyrklem i linijką

...a pięciokąt foremny można. Obok pokazana jest konstrukcja dziesięciokąta foremnego - kolorowy odcinek ma długość boku dziesięciokąta foremnego wpisanego w większy okrąg, a więc biorąc co drugi z wierzchołków takiego dziesięciokąta, otrzymamy pięciokąt foremny. Konstrukcja jest - jak widać - bardzo prosta. Ma tylko tę wadę, że nie wskazuje, jak konstruować inne wielokąty foremne.

Dziewiętnastoletni Carl Gauss (w 1796 roku) skonstruował pięciokąt w zupełnie inny sposób. Sposób ten ma z kolei tę wadę, że używa (prawda, że bardzo oszczędnie, ale jednak) liczb zespolonych. Natomiast ma tę zaletę, że stosując go, można skonstruować wszystkie $n$ -kąty foremne, dla których taka konstrukcja może istnieć i dla których $n$ jest liczbą pierwszą. W konsekwencji, posługując się tą konstrukcją, można skonstruować wszystkie wielokąty foremne, dla których konstrukcja cyrklem i linijką jest możliwa. Już Euklides udowodnił bowiem, że jeśli umiemy skonstruować $|pi$ -kąt foremny dla (różnych) liczb pierwszych $| pi,i = 1,2,...,m,$ to umiemy skonstruować $| n$ -kąt foremny dla

n = 2l ⋅p1 ⋅p2⋅...⋅pm ,

gdzie $l$ jest dowolną liczbą naturalną.

Konstrukcje Gaussa stosują się do tzw. liczb pierwszych Fermata, czyli liczb pierwszych postaci $k 22 +1.$ Czterdzieści lat po konstrukcji Gaussa Pierre Wanzel wykazał, że dla innych liczb pierwszych konstrukcja nie jest możliwa. Nie znaczy to, że wiemy w tej sprawie już wszystko, bo znamy tylko pięć liczb pierwszych Fermata: 3, 5, 17, 257, 65537, i nie wiemy, czy istnieją jeszcze inne.

Użycie liczb zespolonych w konstrukcji Gaussa jest oszczędne: pojawiają się jedynie pierwiastki z jedności. Pierwiastek $n$ -tego stopnia z jedności to taka liczba $z$ (w tym przypadku zespolona), która podniesiona do $n$ -tej potęgi daje 1. Oznacza to (jak łatwo zauważyć, posługując się definicją mnożenia liczb zespolonych), że $z$ obrócone o $|(n −1)$ -krotność kąta $10z$ wokół 0 staje się jedynką.

Zapewne nie od razu zobaczymy, że wszystkie pięć punktów na okręgu na rysunku 1 to pierwiastki piątego stopnia z jedności. Zauważmy jednak, że nie przez pomyłkę ponumerowane zostały "u góry" - faktycznie są to potęgi $z.$

Natomiast od razu widzimy, że są to wierzchołki pięciokąta foremnego. Korzyść z tego spostrzeżenia jest taka, że suma wektorów $−− 0zi$ jest równa zeru - układ jest zrównoważony, żaden z wektorów nie ma przewagi. Zatem

4 3 2 z + z + z + z +1 = 0.

(*)

A teraz sztuczka (a jakże, Gaussa): ponieważ $1 = z ⋅z4 = z2⋅z3,$ więc równanie (*) możemy zapisać jako

$pict$

Jeśli więc oznaczymy $x = z +1/z = z + z4,$ to otrzymamy równanie

√ -- 2 −-1±---5 x + x −1 = 0; zatem x = 2 .

Odcinek o długości $√ -- ( 5 −1) /2$ łatwo skonstruować cyrklem i linijką, a rysunek 2 pokazuje, jak zastosować to do znalezienia położenia $z$ (i $z4$ ) na okręgu jednostkowym, czyli jak skonstruować pięciokąt foremny. Ten sposób rozumowania daje się użyć w przypadku, gdy 5 zastąpimy dowolną z liczb pierwszych Fermata (oczywiście, im taka liczba będzie większa, tym rozumowanie dłuższe).

Dlaczego jednak nie da się go użyć np. do konstrukcji siedmiokąta foremnego? Spróbujmy.

Równanie $6 5 4 3 2 z +z +z + z + z + z+ 1 = 0,$ gdzie $|z$ to pierwiastek siódmego stopnia z jedności, daje się zastąpić przez

1+ -1 + -1 +z3 +z2 +z + 1 = 0. z z2 z3

Ponieważ

3 (z + 1) = z3 + 3z+ 31-+ 1 = (z3 + 1-)+ 3 (z+ 1-) z z z3 z3 z

oraz

1 2 1 1 (z+ --) = z2 + 2+--2 = (z2 +-2) + 2, z z z

więc

1 1 2 1 3 1 (z+ --)+ (z + -) −2 + (z+ --) − 3(z + -) +1 = 0, z z z z

czyli po podstawieniu $|x = z+ 1 z$ mamy

3 2 x +x − 2x− 1 = 0.

(**)

Równanie to, jak każde równanie stopnia nieparzystego, ma pierwiastek rzeczywisty, ale nie jest jasne, czy warto go szukać, bo interesują nas tylko takie wartości, które można uzyskać z 1 przez stosowanie dodawania, odejmowania, mnożenia i dzielenia oraz wyciągania pierwiastków kwadratowych, bo tylko takie działania dają się zrealizować za pomocą cyrkla i linijki.

I faktycznie nie warto - wspomniany już Wanzel udowodnił, że:

Twierdzenie. Jeśli długość odcinka da się opisać równaniem stopnia trzeciego o współczynnikach wymiernych, to odcinek taki da się skonstruować z odcinka o długości 1 wtedy i tylko wtedy, gdy równanie to ma pierwiastek wymierny.

Myśl Wanzela możemy sobie przybliżyć, rozpatrując na początek sytuację, gdy długość rozpatrywanego odcinka jest liczbą postaci $√ -- |l = p+ q 2,$ a równanie, które ją opisuje, to $3 2 x + ax + bx + c = 0,$ gdzie liczby $p, q,a,b,c$ są wymierne (symbolicznie: należą do $Q$ ). Podstawiając $|l$ do równania, otrzymujemy

3 2 √ -- 2 3√ -- 2 √ -- 2 √ -- p + 3p q 2 + 6pq + q 2 +a (p +2pq 2+ 2q ) + b(p + q 2)+ c = 0,

z czego wynika, że $3p2q + q3 + 2apq + bq = 0,$ bo są to współczynniki przy $|√ 2,$ a pozostałe liczby, łącznie z zerem, są wymierne. Ale skoro tak, to mamy również

√ -- √ -- √ -- √ -- p3− 3p2q 2 + 6pq2− q3 2 +a (p2 −2pq 2+ 2q2) + b(p − q 2)+ c = 0,

co oznacza, że również $√-- p −q 2$ jest pierwiastkiem rozpatrywanego równania.

Teraz przypomnijmy sobie wzory Viète'a: $−a$ jest sumą wszystkich pierwiastków równania. Oznaczając pozostały pierwiastek równania przez $r$ (bo dwa już mamy), otrzymujemy $√ -- √ -- − a = p + q 2+ p − q 2+ r,$ a więc $|r = −a − 2p,$ zatem jest liczbą wymierną.

Uogólnienie I. Pierwiastek nie musi być z dwóch - może być z dowolnej liczby wymiernej $m,$ o ile tylko $m √ --$ nie jest liczbą wymierną. Dowód przebiegnie bez zmian.

Uogólnienie II. Na ogół trzeba więcej razy wyciągać pierwiastek kwadratowy - robimy to po kolei (używając kolejno w konstrukcji cyrkla). Jeśli więc stwierdzimy, że dla liczb $√ -- p | + q m,$ $p, q∈ Q$ musi istnieć pierwiastek wymierny, nazwijmy te liczby $|Q1$ i rozważmy nasze równanie, przypuszczając, że ma pierwiastek wśród liczb postaci $|p+ q√ m--,$ gdzie $|m1$ jest, a $√ --- | m1$ nie jest liczbą z $Q1. |$ Wynik będzie taki sam jak poprzednio: otrzymamy najpierw, że istnieje pierwiastek w $|Q1,$ a (na mocy poprzedniego), że istnieje pierwiastek w $Q.$

Operację tę będziemy powtarzali tyle razy, ile razy będziemy potrzebowali (rysując jakiś okrąg) wyciągać pierwiastki z dotychczas uzyskanych liczb.

Skoro tak, to siedmiokąta foremnego cyrklem i linijką skonstruować się nie da, bo równanie (**) pierwiastka wymiernego nie ma (mógłby on być równy tylko 1 lub $|−1$ - prawda?).

A co dalej? Polecam samodzielnie obmyślić dalszą drogę do twierdzenia Wanzela o niekonstruowalności innych wielokątów foremnych, poza tymi, które można skonstruować metodą Gaussa.