MATEMATIKA
Konstrukcija pravilnega sedemkotnika
Marjan Jerman
Konstrukcije pravilnih večkotnikov
Grški geometri so znali, tako kot bi znal vsak od vas, brez težav samo s pomočjo ravnila in šestila narisati enakostranični trikotnik, kvadrat in pravilni šestkotnik. Precej več dela in premišljevanja so porabili za konstrukcijo pravilnega petkotnika, sedemkotnika pa nikakor niso uspeli narisati.
Da je bil njihov trud zaman, je šele v devetnajstem stoletju uspelo dokazati Pierru Wantzlu (18141848). ki je našel potrebne pogoje za konstrukcijo pravilnega n-kotnika. Carl Friedrich Gauss (17771855) pa je pokazal, da so ti pogoji tudi zadostni.
Pravilni n-kotnik je mogoce narisati samo s po-mocjo ravnila in šestila natanko tedaj, ko je število njegovih stranic n oblike
n = 2 • P1P2 ••• Pm; k G N u {0},
(1)
pri cemer so pt razlicna Fermatova praštevila. Fer-mato praštevilo je število oblike
■ p = 2(2t) + 1; t G N u {0},
ki je hkrati praštevilo. Pierre de Fermat (1601-1655) je domneval, da je vsako število te oblike praštevilo, a tega ni znal dokazati. Leonhard Euler (1707-1783) je njegovo domnevo ovrgel leta 1732, ko je pokazal, da je
2
(25) + 1 = 641
6700417.
Ker število 7 ni oblike (1), pravilnega sedemkotnika ni mogoce konstruirati. Splošen rezultat je posledica izreka iz teorije obsegov, ki pove naslednje: Ce je x nicla nerazcepnega polinoma z racionalnimi
koeficienti, ki ima stopnjo razlicno od 2r
m
N
{0}, daljice dolžine % ni mogoce narisati samo z ravnilom in šestilom.
Eden od najbolj pomembnih primerov je starogrški problem podvojitve kocke. Ta sprašuje, ali je mogoce konstruirati stranico kocke s prostornino 2. Število % = je nicla polinoma
■ p(%) = %3 - 2.
Ce bi bilo mogoce polinom p razcepiti na produkt polinomov manjše stopnje z racionalnimi koeficienti, bi bil vsaj eden od faktorjev linearni polinom. Tedaj bi imel polinom p vsaj eno racionalno niclo. Po znanih kriterijih so kandidati za racionalne nicle polinoma p ulomki, katerih števec deli prosti clen, imenovalec pa vodilni koeficient polinoma p. Ker nobeno od števil ±1, ±2 ni nicla polinoma p, smo pokazali, da je % nicla nerazcepnega polinoma stopnje 3 = 2m, zato problem podvojitve kocke ni rešljiv samo z ravnilom in šestilom.
Ker je vsak pravilni veckotnik vcrtan nekemu krogu, lahko problem konstrukcije pravilnega veckotni-ka prevedemo na iskanje zveze med dolžino stranice veckotnika in polmerom kroga.
Evklidova ideja za pravilni petkotnik
Idejo za zvezo med stranico pravilnega sedemkotni-ka in polmerom njegovega ocrtanega kroga lahko najdemo v genialnem Evklidovem izracunu dolžine stranice pravilnega desetkotnika, ki ne uporablja tri-gonometricnih funkcij. Ker je samo s šestilom mo-goce podvajati in razpolavljati kote, je pravilni deset-kotnik mogoce narisati natanko tedaj, ko je mogoce konstruirati pravilni petkotnik.
Naj bo pravilni desetkotnik s stranico %, vcrtan v krog s središcem O in polmerom r. Izberimo enega od desetih enakokrakih trikotnikov, ki imajo za osnovnico AB stranico desetkotnika, njegova kraka AO in BO pa sta polmera ocrtanega kroga.
8
PRESEK 43 (2015/2016) 2
MATEMATIKA
O
D'
x
A
C ^p \
\
\
\B
			\ / \ / \ /	x \\\ \M
A	O	x	D	
A
SLIKA 1.
Enakokraki trikotnik v desetkotniku
AB AO
x r
BC_ BA
r - x x
2 2 x = r2 - rx.
Smiselna je le pozitivna rešitev te kvadratne enacbe
' V§ - 1 ~
xr
2
Naj bo, recimo, r = 1. Število V§ lahko narišemo kot hipotenuzo pravokotnega trikotnika s stranicama 2 in 1. Od tega števila s šestilom odrežemo enoto
SLIKA 2.
Enakokraki trikotnik v štirinajstkotniku
Ker je vsota notranjih kotov v desetkotniku enaka 10n - 2n = 8n, je kot
p = ZABO = 280 = 2 n.
Na stranici OB (glej sliko 1) izberimo tako tocko C, da bo AC = AB = x. Tako je tudi ZACB = p. Kot ZAOB je enak 1o2n = ^n. Poglejmo si trikotnik OAC. Ker je zunanji kot trikotnika enak vsoti notranjih nepriležnih kotov, je
■	ZCAO = ZACB - ZAOC = §n - 5n = 5n.
Tako je ZOAC = ZAOC in trikotnik OAC je enako-krak. Zato je
■	OC = AC = AB = x.
Manjši trikotnik BCA ima enake kote kot vecji trikotnik ABO, zato sta si trikotnika podobna. Za razmerji osnovnice in kraka velja
Tako smo našli zvezo med stranico desetkotnika in polmerom njegovega očrtanega kroga:
1, nato pa daljico razpolovimo. Tako smo narisali stranico pravilnega desetkotnika, ki je vcrtan v krog s polmerom 1. Stranico pravilnega petkotnika dobimo tako, da kot AOB s šestilom podvojimo.
Pokazali smo, da lahko le z ravnilom in šestilom narišemo pravilni petkotnik.
Posplošitev ideje na sedemkotnik
Evklidovo idejo lahko uporabimo tudi za izracun dolžine stranice pravilnega štirinajstkotnika.
Enako kot prej izberimo enega od štirinajstih ena-kokrakih trikotnikov ABO z osnovnico AB = x in krakoma AO = BO = r (glej sliko 2). Na kraku OB izberimo tocko C, tako da bo AC = AB = x, na kraku O A pa tako tocko D, da bo tudi CD = x. Tokrat je
■	p = ZABO = 3 n = ZBCA,
ZCAB = n - 2p = 1 n in ZADC = ZDAC = p -ZCAB = In. Sedaj si poglejmo trikotnik ODC. Ker je zunanji kot enak vsoti notranjih nepriležnih kotov, je
■	ZOCD = ZADC - ZCOD = jn,
torej je trikotnik COD enakokrak. Zato je
■	OD = DC = CA = AB = x.
Ponovno sta podobna manjši trikotnik BCA in vecji trikotnik ABO, zato je
BC BA
BC x
AB AO
x r

PRESEK 43 (2015/2016) 2
5
MATEMATIKA
—^ in BC = X2. Narišimo višini DD' in AA' trikotnikov COD in BCA. Zaradi vzporednosti višin je
OD OA
x r
OD' 2(OB - CB)
OA'
OB - 2 CB
r - r 2(r - X2)
r2 - x2 2r2 - x2'
Tako smo dobili kubično zvezo med stranico x pravilnega štirinajstkotnika in polmerom r njegovega očrtanega kroga:
2
■	2r2x - x3 = r - rx
V primeru, ko je r = 1, je treba rešiti kubično enačbo z racionalnimi koeficienti
■	p(x) = x3 - x2 - 2x + 1 = 0.
Enako kot v premisleku pri problemu o podvojitvi kocke vidimo, da -1 in 1 nista rešitvi te enačbe, zato je polinom p nerazčepen polinom stopnje tri in da-ljice dolžine x ni mogoče narisati le z ravnilom in šestilom.
Ker je mogoče pravilni sedemkotnik konstruirati natanko tedaj, ko lahko konstruiramo pravilni štiri -najstkotnik, smo tako pokazali, da pravilnega se-demkotnika ni mogoče narisati le z ravnilom in še-stilom.
Radovednega bralca vabimo, da enak trik z daljšo lomljeno črto z odseki dolžin x uporabi tudi v primeru osemnajstkotnika in pokaže, da sta stranica x in polmer r povezana z enačbo pete stopnje
■ x5 - rx4 - 4r2x3 + 3r3x2 + 3r4x - r = 0,
s pripadajočo nerazcepno enačbo
x5 - x4 - 4x3 + 3x2 + 3x - 1 = 0.
Zato ni mogoča niti konstrukčija pravilnega devet-kotnika.
Sedemkotnik v kompleksni ravnini
Kot zanimivost pokažimo, kako bi z modernim poznavanjem kompleksnih števil pokazali, da konstrukcija pravilnega sedemkotnika ni mogoča. Vse kompleksne rešitve enačbe
SLIKA 3.
Pravilni sedemkotnik kot rešitev enacbe z1 = 1
so števila oblike
■	zk = cos( 2rk) + i sin( ^ffc); k = 0,1, 2,... 6.
V kompleksni ravnini si jih lahko predstavljamo kot oglišča pravilnega sedemkotnika, ki je včrtan krogu s polmerom 1, eno od oglišč pa ima v točki z0 = 1 + 0i (glej sliko 3). Ce bi znali narisati pravilni sedemkotnik, bi lahko narisali tudi pravokotno projekcijo števila z1 na realno os, torej realno točko cos( ^r) + 0i in njen dvakratnik x = 2 cos( ^r)-
Enačbo (2) lahko razstavimo in dobimo
■	(z - 1) (z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1) = 0.
Realno rešitev z0 = 1 že poznamo, zato lahko enačbo delimo z z - 1. Ostale rešitve so ničle polinoma s simetričnimi koeficienti. Takšnih enačb se lotimo tako, da enačbo delimo s sredinskim členom z3:
11
1
z3 + z2 + z + 1 + - + —7 + ^- = 0.
z z2 z3
(3)
Ker rešitve ležijo na enotski krožniči, za vsako rešitev z velja
1 _ _ _ z zz
1
zato je z + -j = z + z = 2Re(z). Posebej, za prvo oglišče z1 velja
z1 - 1 = 0
(2)
z1 + iT = x-
8
PRESEK 43 (2015/2016) 2
MATEMATIKA
Sedaj lahko združimo sorodne simetrične člene in upoštevamo
1
1
z2 + -T = z + - - 2
in
1
1
1
■ z3 + —3" = (z + -) - 3(z + —). z3	z	z
Tako se enacba (3) v primeru z = zi glasi
x3 - 3% + x2 - 2 + x + 1 = x3 + x2 - 2% - 1 = 0. (4)
Enako kot prej vidimo, da -1 in 1 nista rešitvi enacbe (4). Zato je % rešitev nerazcepne enacbe stopnje 3 in daljice dolžine % ni mogoče narisati samo z ravnilom in šestilom.
Tako smo še na en nacin pokazali, da konstrukcija pravilnega sedemkotnika ni mogoca.
_XXX
Križne vsote
•J/ •i' Np
Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s števkami od 1 do 9 tako, da bo vsota števk v zaporednih belih kvadratkih po vrsticah in po stolpcih enaka številu, ki je zapisano v obarvanem kvadratku na zacetku vrstice (stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem morajo biti vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) razlicne.
	4	15					
7						4	10
6			10		11 17		
	10			4 9			
		18					
			3				
XXX
Znate rešiti Leonardov problem o tetraedru?
•4/ -i' •i' Jurij Kovic
Opredelitev problema. Leonardo da Vinci je v enem svojih spisov brez dokaza navedel, da se težišče T pravilnega tetraedra ABCD nahaja na eni četrtini razdalje od težišča T' osnovne ploskve do vrha D tetraedra ([2], str. 235). Je to res? Kako bi to trditev dokazali ali ovrgli?
Rešitvi. Oglejmo si dve rešitvi tega problema: prva, algebraična, uporablja vektorje, ki so univerzalno računsko orodje za reševanje geometrijskih nalog, zelo uporabni pa so tudi v fiziki, kjer z njimi ponazarjajo sile. Druga rešitev, geometrijska, temelji na neposrednem uvidu.
Metoda 1. (povzeta po [1], str. 214-215). Težišče točkastih mas t1,...,tk v točkah A1,...,Ak je definirano takole: Izberimo izhodiščno točko O. Ce je t1 + ■ ■ ■ + tk * 0, potem obstaja točka P, za katero je
■	t1OA1 + ■ ■ ■ tkOAk = (t1 + ■ ■ ■ + tk)OP.
Ta točka P, ki ji pravimo težišče mas ti v točkah Ai, je neodvisna od izbora izhodišča O, kar vidimo, če za neko drugo izhodišče O' dobimo po istem postopku namesto P točko P', ki ustreza enačbi
■	t1O'A1 + ■■■ tkOAk = (t1 + ■■■ + tk)OrP'.
Potem z odštetjem druge enačbe od prve, upoštevaje OAi - OrAi = OO', dobimo
■	(t1 + ■■■ + tk)OO' = (t1 + ■■■ + tk)(OP - OrP'),
od koder po krajšanju s (t1 + ■ ■ ■ + tk) sledi O' P' = OP - OOjn zato OP' = OO' + O7P' = OP' + (OP -O O ) = O P in P = P .

z
z
8	PRESEK 43 (2015/2016) 2