Beweis ohne Konstruktion: Das regelmäßige 5-Eck ist mit Zirkel und Lineal konstruierbar

19.08.2010, 17:40

Duude

Beweis ohne Konstruktion: Das regelmäßige 5-Eck ist mit Zirkel und Lineal konstruierbar

Hallo,
ich versuche gerade einen Beweis aus meinem Skript nachzuvollziehen, warum das regelmäßige 5-Eck mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist. Ich habe es naturlich auch schon konstruiert und weiß, dass dies möglich ist. Wir wenden denselben Beweis aber später auch noch auf andere n-Ecke an, um zu sehen, ob hier die Konstruktion möglich ist, deshalb möchte ich gerne die Beweisstruktur verstehen, dass ich sie später auch übertragen kann.

Ich habe den Beweis einmal als Bild angehängt.

[attach]15774[/attach]

Ich habe verstanden, dass mit $\begin{eqnarray*} \theta= \frac{2 \pi}{5} \end{eqnarray*}$ der hier eingezeichnete Winkel in der Mitte des Fünfecks gemeint ist. Er ist bei einem n-Eck $\begin{eqnarray*} \frac {2 \pi}{n} \end{eqnarray*}$ [attach]15775[/attach]

Ich kann auch die Rechnung an sich nachvollziehen.

Was ich nicht verstehe ist allerdings, warum die Ecken mit $\begin{eqnarray*} (cos(k \theta) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} sin (k \theta)) \end{eqnarray*}$ bezeichnet werden und warum gerade diese Gleichung aufgestellt wird.

$\begin{eqnarray*} 0 = 1 + 2 \cos (\theta) + 2 \cos (2 \theta) \end{eqnarray*}$

Es hat irgendetwas mit dem Schwerpunkt des Fünfecks zu tun und wahrscheinlich wurden irgendwelche Winkel oder Strecken addiert, sodass wir genau auf den Schwerpuntk kommen. Wie genau das weiß ich aber nicht.
Ich glaube gerade darin liegt die Hauptidee des Beweises und deshalb kann ich ihn auch niciht nachvollziehen.
Ich freue mich über alle Tipps.
Gruß,
Duude

19.08.2010, 18:49

wisili

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RE: Beweis ohne Konstruktion: Das regelmäßige 5-Eck ist mit Zirkel und Lineal konstruierbar
[attach]15781[/attach]

Betrachte die Vektoren vom Koordinatenursprung F (=5-Eck-Schwerpunkt) aus zu den Ecken und überlege dir alle ihre Komponenten (mit Polarwinkeln).
Da die Summe der 5 Vektoren der Nullvektor ist, ist die Summe der x-Komponenten auch 0.

19.08.2010, 22:12

gonnabphd

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Hi,

Ein bisschen algebraischer (und rigoroser) kann man sagen; Wenn $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ eine primitive n-te Einheitswurzel ist, dann muss gelten

$\begin{eqnarray*} 1+ \zeta + \zeta^2 + \ldots + \zeta^n = 0 \end{eqnarray*}$

Das folgt daraus, dass $\begin{eqnarray*} \zeta\cdot \left(1+ \zeta + \zeta^2 + \ldots + \zeta^n \right) = 1+ \zeta + \zeta^2 + \ldots + \zeta^n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \zeta \ne 1 \end{eqnarray*}$ .

Gruss. Wink

19.08.2010, 22:31

wisili

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@gonnabphd
Der Witz der Aufgabe ist ja gerade, die bekannten algebraischen Argumente auf ein rein reellzahliges bzw. geometrisches Argumentieren herunterzubrechen.
Ob man das 5-Eck um 72° dreht oder ob man mit einer Einheitswurzel multipliziert ist Einerlei. Die Drehinvarianz beweist die Summe-Null-Behauptung genau so gut.

19.08.2010, 23:59

Mystic

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Zitat:

Original von gonnabphd
Hi,

Ein bisschen algebraischer (und rigoroser) kann man sagen; Wenn $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ eine primitive n-te Einheitswurzel ist, dann muss gelten

$\begin{eqnarray*} 1+ \zeta + \zeta^2 + \ldots + \zeta^n = 0 \end{eqnarray*}$

Das folgt daraus, dass $\begin{eqnarray*} \zeta\cdot \left(1+ \zeta + \zeta^2 + \ldots + \zeta^n \right) = 1+ \zeta + \zeta^2 + \ldots + \zeta^n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \zeta \ne 1 \end{eqnarray*}$ .

Gruss. Wink

Noch ein bisschen algebraischer (und rigoroser) kann man sagen: Wenn $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ eine primitive n-te Einheitswurzel ist, dann hat sein Minimalpolynom über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ die Form

$\begin{eqnarray*} \prod_{d|n} (x^{\frac nd}-1)^{\mu(d)} \end{eqnarray*}$

wobei hier $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ die Möbiussche $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ -Funktion bezeichnet und das obenstehende Produkt über alle positiven Teiler d von n gebildet wird... In dem Spezialfall, wo n eine Primzahl ist, auf den du offenbar anspielst, vereinfacht sich diese Darstellung des Minimalpolynoms dann offensichtlich zu

$\begin{eqnarray*} \frac {x^n-1}{x-1} =x^{n-1}+\ldots+x+1 \end{eqnarray*}$

Gruss. Wink

20.08.2010, 15:59

Duude

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Danke erstmal für die vielen Antworten.

@wisili

Zitat:

Betrachte die Vektoren vom Koordinatenursprung F (=5-Eck-Schwerpunkt) aus zu den Ecken und überlege dir alle ihre Komponenten (mit Polarwinkeln).
Da die Summe der 5 Vektoren der Nullvektor ist, ist die Summe der x-Komponenten auch 0.

Ich war mir nicht sicher, wie ich die Vektoren berechnen könnte und habe dazu jetzt einfach zu jedem Punkt die x- und die y-Koordinate mit sinus und cosinus berechnet.
Ich erhalte:
A=(1,0)
B=(cos 72°, sin 72°)= E
C=(cos 36°, sin 36°) = D

Dabei gilt $\begin{eqnarray*} \alpha = 72° \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{2}= 36° \end{eqnarray*}$ .

Ich möchte ja auf die Gleichung

$\begin{eqnarray*} 0 = 1 + 2 \cos (\alpha) + 2 \cos (2 \alpha) \end{eqnarray*}$ kommen.

Das sieht mir jetzt ziemlich so aus, als ob das nur die Addition der jeweiligen x-Koordinaten wäre, welche aufgrund des Schwerpunktes ja auch gleich Null sein muss. Der einzige Unterschied besteht darin, dass ich mit $\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{2} \end{eqnarray*}$ gerechnet habe und die mit $\begin{eqnarray*} 2 \alpha \end{eqnarray*}$ . Laut dem Bild sollte das aber das gleiche sein, da ich in dem oberen Halbkreis das Dreieck FCH betrachte (H ist das Lot von C auf die Horizontale durch A und F). Ich könnte genausogut das Dreieck AFC betrachten, da die Hypothenuse jeweils = 1 ist.

Habe ich das so richtig verstanden?
Und wenn ja, warum bezieht man die y-Koordinaten nicht auch mit ein?
Damit ließe sich ja auch eine Gleichung aufstellen:
$\begin{eqnarray*} 0= 0 + \sin(\alpha) + \sin (\alpha) + \sin (\frac{\alpha}{2}) + \sin (\frac{\alpha}{2})= 2 \sin(\alpha) + 2 \sin (\frac{\alpha}{2}) = 2 \sin( \alpha) + 2 \sin ( 2 \alpha) \end{eqnarray*}$

Und aus der
sollte man mithilfe von Winkeltheoremen auf dasselbe Ergebnis kommen wie bei den x-Koordinaten.

@gonnaphd
Ich glaube ich konnte deinen Beitrag nachvollziehen. Bei meinem Fall gäbe es dann ja 5 Einheitswurzeln. Und wenn ich um eine Einheitswurzel drehe - also mit ihr multipliziere- verändert sich nichts an meiner Figur, da sie symmetrisch bzgl. der Drehung um die 5. Einheitswurzel ist. Deshalb erhalte ich dasselbe Ergebnis.
Was ist denn der Unterschied zwischen einer Einheitswurzel und einer primitiven Einheitswurzel? In Wikipedia steht:

Enthält K die n-ten Einheitswurzeln, so ist eine Einheitswurzel genau dann primitiv, wenn sie die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln erzeugt. Die primitiven n-ten Einheitswurzeln sind genau die Nullstellen des n-ten Kreisteilungspolynoms.

Ich habe den Unterschied aber noch nicht verstanden.

20.08.2010, 16:22

wisili

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Wenn du wirklich Polarwinkel nimmst, lauten die Koordinaten mit a=72° so:
A=(1, 0)
B=(cos a, sin a)
C=(cos 2a, sin 2a)
D=(cos 2a, -sin 2a)
E=(cos a, -sin a)

Die Summe der x-Koordinaten ist 1 + 2cos a + 2 cos 2a.

20.08.2010, 16:56

Duude

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Das ist ja vom Betrag her das gleiche Ergebnis wie ich hatte. Ich verstehe aber leider noch nicht, woher die zwei Minus bei dir kommen.
Ist das einfach deshalb, weil wir uns im Bereich der negataiven y-Achse befinden?
Aber müssten dann nicht auch die x-Koordinaten von C und D negativ sein, da wir uns da im negativen Bereich der x-Achse befinden?

Oder kommen die Minus aus der Rechnung mit den Polarkoordinaten? Da weiß ich nämlich nicht genau wie die geht - ich hab ja einfach mit den Winkelfunktionen im Dreieck gerechnet und immer positive Zahlen genommen, da die Längen ja alle größer als 0 sind, ich hoffe das war richtig so.

Ausgehend von deinem Ergebnis verstehe ich auch wie man auf die Gleichung kommt und warum man nicht die Gleichung für die y-Werte aufstellt, diese ist ja immer = 0.

20.08.2010, 17:14

wisili

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Die zwei Minuszeichen entstehen bei mir aufgrund der Spiegelung an der x-Achse.
Dagegen ist cos 2a selber bereits negativ! Dort braucht man keine Minuszeichen.
Deine Rechnung mit a/2 würde irgendwann auch zum Ziel führen. Es geht aber einfacher, wenn man versucht, mit den Winkeln a und 2a zu arbeiten, mit der simplen Begründung, dass genau diese Winkel in der zu beweisenden Gleichung schon vorkommen.

20.08.2010, 17:35

Mystic

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Zitat:

Original von Duude
Was ist denn der Unterschied zwischen einer Einheitswurzel und einer primitiven Einheitswurzel? In Wikipedia steht:

Enthält K die n-ten Einheitswurzeln, so ist eine Einheitswurzel genau dann primitiv, wenn sie die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln erzeugt. Die primitiven n-ten Einheitswurzeln sind genau die Nullstellen des n-ten Kreisteilungspolynoms.

Ich habe den Unterschied aber noch nicht verstanden.

Nimm z.B. den Fall n=4, der sagt mehr aus als der gegenständliche Fall n=5... Die 4-ten Einheitswurzeln sind dann einfach alle Lösungen der Gleichung

$\begin{eqnarray*} z^4 =1 \end{eqnarray*}$

in $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ ,d .h, also dann die Elemente der Menge

$\begin{eqnarray*} G=\{1,-1,i,-i\} \end{eqnarray*}$

G bildet bez. der Multiplikation eine Gruppe, genauer eine endliche Untergruppe von $\begin{eqnarray*} (\mathbb C,\,\cdot) \end{eqnarray*}$ , und von der weiß man aufgrund von allgemeinen Sätzen der Algebra, dass sie zyklisch sein muss... Die Erzeuger dieser Gruppe sind dann per definitionem gerade die primitiven 4-ten Einheitswurzeln, in diesem Fall also i und -i...Diese sind also die Nullstellen des Polynoms $\begin{eqnarray*} x^2+1 \end{eqnarray*}$ , des zyklotomischen Polynoms $\begin{eqnarray*} \Phi_4(x) \end{eqnarray*}$ , wobei ich oben schon mithilfe der $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ -Funktion eine Formel angegeben habe, wie man dieses Polynom noch anders (und i. allg. algorithmisch viel schneller!) berechnen kann...

Nun ist die Gleichung $\begin{eqnarray*} z^n=1 \end{eqnarray*}$ leider für allgemeines n nur mehr in Sonderfällen so explizit lösbar wie oben für den Fall n=4... Es gibt aber noch eine andere Möglichkeit, diese Lösungen darzustellen, und diese wäre hier

$\begin{eqnarray*} e^{i\pi/2} =\cos(\pi/2)+i \sin(\pi/2)=i \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{2i\pi/2} =\cos(2\pi/2)+i \sin(2\pi/2)=-1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{3i\pi/2} =\cos(3\pi/2)+i \sin(3\pi/2)=-i \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{4i\pi/2} =\cos(4\pi/2)+i \sin(4\pi/2)=1 \end{eqnarray*}$

Diese Möglichkeit steht dir also auf jeden Fall offen, und diese Darstellung solltest du daher für n=5 auch nützen, denn glücklicherweise gehört n=5 (so wie übrigens allgemeiner alle Primzahlen, für die n-1 eine Potenz von 2 ist), wie sich dann herausstellt, zu obengenannten Sonderfällen...

21.08.2010, 06:04

gonnabphd

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Zitat:

Original von Mystic

Zitat:

Original von gonnabphd
Hi,

...

Gruss. Wink

lol, naja... Man kann's auch übertreiben. Big Laugh

21.08.2010, 08:57

Mystic

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Zitat:

Original von gonnabphd
lol, naja... Man kann's auch übertreiben. Big Laugh

Ja, und zwar durchaus beabsichtigt... Augenzwinkern

Immerhin enthielt mein Posting beim genauen Durchlesen aber auch zwei wichtige Korrekturen bzw. Klarstellungen von deinem, die dir möglicherweise entgangen sind:

1. $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ ist tatsächlich Nullstelle von

$\begin{eqnarray*} x^{n-1}+\ldots+x+1 \end{eqnarray*}$

also eines Polynoms dieses Typs vom Grad n-1 (und nicht n) über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ...

2. Im Falle, dass n prim ist, ist obige Bedingung nicht nur notwendig, wie von dir angemerkt, sondern auch hinreichend dafür, dass $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ eine primitive n-te Einheitswurzel ist, da dieses Polynom dann mit dem n-ten Kreisteilungspolynom übereinstimmt...

21.08.2010, 09:10

gonnabphd

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Zitat:

Ja, und zwar durchaus beabsichtigt... Augenzwinkern

Das konnte man irgendwie - so ganz knapp - rauslesen. Big Laugh

Zitat:

1. $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ ist tatsächlich Nullstelle von

$\begin{eqnarray*} x^{n-1}+\ldots+x+1 \end{eqnarray*}$

also eines Polynoms dieses Typs vom Grad n-1 (und nicht n) über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ...

Oh, das stimmt natürlich, danke für die Korrektur. Freude

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