ETAPPE 1: twee nieuwe verzamelingen

Voor het bewijs gaan we eerst twee verzamelingen getallen bekijken: De verzamelingen C en B.

1. De verzameling C.
Stel dat we een coordinatenstelsel aanleggen en beginnen met de punten (0,0) en (1,0). Welke punten kunnen we dan daaruit construeren? Met 'construeren' wordt bedoeld 'tekenen met behulp van passer en liniaal'. De punten die te construeren zijn noemen we C-punten en hun coördinaten vormen de verzameling C (de Constructie-getallen).
Hoe kunnen we nieuwe C-punten vinden? De basisspelregels zijn:
1.     We kunnen door twee bestaande C-punten een rechte lijn leggen.
2.   We kunnen een cirkel trekken met als middelpunt een C-punt die door een ander C-punt gaat.

(Met deze twee spelregels mag je trouwens ook wel een nieuwe lijn door een C-punt tekenen evenwijdig aan een andere C-lijn, of  loodrecht op een C-lijn door een C-punt en nog veel meer, dat heeft Euclides ooit al bewezen. Als je het niet gelooft moet je maar bij de "constructies"  op deze website kijken, ik ga intussen verder hoor....).

Met zulke cirkels en lijnen kunnen we op drie manieren nieuwe punten vinden:
  • Als snijpunt van twee zulke lijnen.
  • Als snijpunt van zo'n lijn en zo'n cirkel.
  • Als snijpunt van twee zulke cirkels.

 

2. De verzameling B.
We beginnen met de getallen 0 en 1 en gaan daarmee volgens bepaalde rekenregels nieuwe getallen maken. De verzameling van getallen die we op die manier kunnen krijgen noemen we B (de Bereken-getallen). We beginnen met optellen, aftrekken, vermenigvuldigen en delen (niet door 0). Dan kunnen we al alle positieve en negatieve breuken krijgen.
Tot slot laten we ook worteltrekken toe, en dat doen we als volgt:
Laat eerst √2 toe. Bereken alle mogelijke nieuwe getallen die we kunnen krijgen met Ö2 uit de oude getallen. Dat zijn bijvoorbeeld  2 - 5√2  en ook    (2/3 + 5√2)/1035  enz.

Als we alle mogelijkheden voor √2 hebben gehad gaan we √3 toelaten. Alle combinaties van de oude getallen (inclusief die met √2) met √3 mogen. We kunnen dus mooie monsters als  ((5 + 4√2)√3 + 8)/321 produceren.

Als dat heidense karwei af is gaan we naar √5. (√4 hoeft niet, die is er al)
Daarna naar √7 (√6 hoeft niet die is er al: √2√3)
Zo lopen we alle priemgetallen af.
Als we ze allemaal hebben gehad is B klaar.
Er is wel een hiërarchie in B: we noemen een B-getal hoger dan een ander als er een hogere wortel nodig is voor de constructie (het hogere B-getal komt in het proces hierboven dus pas later ten tonele dan het lagere).

 

ETAPPE 2:  twee nieuwe stellingen

Nu B en C af zijn gaan we de volgende verrassende stelling bewijzen:

Stelling 1:   
B = C

Het bewijs:

De stelling bewijzen we in 2 eenvoudige stappen.
Eerst ga ik bewijzen dat als x in B zit, dat daaruit volgt dat x in C zit.
Vervolgens bewijs ik dat, als x in C zit, dat daaruit volgt dat x in B zit.
Als dat klaar is, dan moeten B en C wel dezelfde verzameling zijn.

1.  x in B  dan  x in C
Uiteindelijk is de verzameling B opgebouwd door te beginnen met 0 en 1 en via delen, vemenigvuldigen, optellen, aftrekken en worteltrekken alsmaar nieuwe getallen te berekenen. Als ik kan bewijzen dat deze vijf bewerkingen ook via constructie te doen zijn, dan kun je de hele 'berekengeschiedenis' van een willekeurig B-getal reproduceren in C, dus zal dat getal ook een C-getal zijn.
Hieronder zie je hoe, uitgaande van een punt (a,b), de coördinaten ab en a/b en a + b en a - b en Öa geproduceerd kunnen worden. Daarmee is het bewijs geleverd.

2. x in C  dan  x in B
Nieuwe punten in C kun je krijgen door drie mogelijke constructies met bestaande C-lijnen en C-cirkels uit te voeren.
(a,b,c,d,e,f  zijn bestaande C-getallen)

  • lijn met lijn geeft  y = ax + b  met  y = cx + d  dus de vergelijking  ax + b = cx + d
  • lijn met cirkel geeft  y = ax + b  met  (y - c)2 + (x - d)2 = e2  
    dus de vergelijking  (ax + b - c)2 +  (x - d)2 = e2
  • cirkel met cirkel geeft   (y - a)2 + (x - b)2 = c2   met  y2 + x2 = d2  (kies als oorsprong het middelpunt van de tweede cirkel). 
    Met  y = ±Ö(d2 - x2) wordt de eerste  d2 - x2 ± 2a    √(d2 - x2) + a2 + x2 - 2bx + b2 = c2.
    Herrangschikken levert  d2 + a2 -2bx + b2 - c2 = ± 2a    √(d2 - x2) 
    Als we nu beide kanten kwadrateren krijgen we een kwadratische vergelijking voor x. De oplossing daarvan gaat met de ABC-formule, en de enige bewerkingen die daarin gebruikt worden zijn alweer onze vijf bekende bewerkingen.

Conclusie: in alle drie de gevallen zijn de coördinaten van de nieuwe punten weer B-getallen.

STELLING 1 is bewezen!
 vrij vertaald:

"alle getallen die we met de vijf bewerkingen kunnen berekenen kunnen we ook construeren, en andersom"

Maar wat hebben we hier nu in vredesnaam aan?
Voor dat we daaraan toe komen moet ik eerst de volgende stelling bewijzen:

stelling 2:   
Als een derdegraadsvergelijking met rationale coefficienten geen rationale oplossingen heeft, dan is geen enkel C-getal een oplossing.

Het bewijs gaat uit het ongerijmde:

Laten we de vergelijking  x3 + ax2 + bx + c = 0 stellen (als er nog een getal voor x3 staat delen we eerst alles daardoor)
Stel dat er wel een B-getal oplossing is, misschien zelfs meerdere. Laten we het laagste B-getal bekijken. Noem dat getal  p + q√r.  (Daarbij zijn  p, q en r  dus nog lagere B-getallen. √r komt daarin zeker niet voor).
Maar als p + q√r een oplossing is, dan is p - q√r dat ook.
Want dan geldt:

(p + q√r)3 + a(p + q√r)2 + b(p +q√r) + c = 0
(p3 + 3p2q√r + 3pq2r + q3r√r) + a(p2 + 2pq√r + q2r) + b(p + q√r) + c = 0
(p3 + 3pq2r + ap2 + aq2r + bp + c) + (3p2q√r + q3r√r + 2apq√r + bq√r) = 0
(p3 + 3pq2r + ap2 + aq2r + bp + c) + √r(3p2q + q3r + 2apq + bq) = 0
(ene getal) + (andere getal)√r = 0

Dit laatste kan alleen maar als beide delen tussen haakjes nul zijn. Immers een aantal maal √r was met alleen de getallen p,q en r niet te fabriceren, want a, b, c, p, q en r waren lagere B-getallen. Als beide delen tussen haakjes nul moeten zijn, dan mag je ook wel q door -q vervangen. Dan wordt het 'andere getal' tegengesteld, maar 't is toch 0 dus dat doet er niet toe.

Als p + q√r een oplossing is, dan is  p - q√r dat dus ook. Een derdegraadsvergelijking heeft echter drie oplossingen. Noem de derde oplossing s. Dan moet gelden:

x3 + ax2 + bx + c = (x - s)(x - (p + q√r))(x - (p - q√r)).
x3 + ax2 + bx + c = (x - s)(x2 - xp + xq√r - px - qx√r - q2r)
x3 + ax2 + bx + c = (x - s)(x2 - 2px - q2r)
x3 + ax2 + bx + c = x3 + x2(-2p - s) + x(-q2r + 2ps) + q2rs

Aan de coëfficient van x2 zien we dat moet gelden  -2p - s = a  dus  s =  a - 2p
Maar dan zou s een oplossing zijn die een lager B-getal is dan de andere twee oplossingen. En we waren nou juist begonnen met de veronderstelling dat p + q√r het laagste B-getal was dat een oplossing is. Dat kan dus niet! Dus geen enkel B-getal is een oplossing. Maar met stelling 1 is dan ook geen enkel C-getal een oplossing

Je kunt het ook zo zien: met bovenstaand gerekenwerk construren we bij een bestaande B-oplossing een nieuwe B-oplossing die lager is. Maar dan kunnen we op dezelfde manier met deze lagere B-oplossing wéér een lagere construeren en dan wéér en dan wéér.... Uiteindelijk moeten we wel bij een rationale oplossing uitkomen. Zodra er dus een B-getal een oplossing is, is er ook een rationale oplossing. Daarmee is stelling 2 bewezen.

ETAPPE 3: toepassingen

Stelling 2 kan een boel helpen: als we een derdegraadsvergelijking kunnen vinden waarvan we weten dat getal G een oplossing is, en waarvan we ook weten dat er geen rationale oplossingen zijn, dan kunnen we getal G dus niet construeren.
Concreet:

De verdubbeling van de kubus.
Het ging erom te bewijzen dat 3√2 geen C-getal is.
We gaan op jacht naar een derdegraadsvergelijking waarvan 3√2 een oplossing is, maar die verder geen rationale oplossingen heeft. En die is makkelijk gevonden:

x3 - 2 = 0

Stel dat die wel een rationale oplossing heeft die op zijn eenvoudigst als  p/q geschreven kan worden
Dan geldt  

(p/q)3 - 2 = 0
p3/q3 - 2 = 0
p3 - 2q3 = 0
p3 = 2q3

Maar als we p en q zouden ontbinden in factoren dan krijgen we allemaal verschillende factoren (immers p/q was niet te vereenvoudigen) dus kan de linkerkant nooit gelijk zijn aan de rechterkant. Er zijn dus geen p en q te vinden.

geen rationale oplossingen ⇒ geen B-oplossingen ⇒ 3√2  is geen C-getal ⇒ de kubus is niet te verdubbelen.

QED!!!

 

De Trisectie van de hoek.


Als je een bepaalde hoek (van bijvoorbeeld 45º) in drie delen verdeelt, dan komt dat neer op het construeren van een lijnstuk van lengte cos15º of sin15º. We gaan daarom op jacht naar een derdegraadsvergelijking waarvan cosx een oplossing is, en die geen rationale oplossingen heeft. Dat is een stuk moeilijker dan bij de verdubbeling van de kubus.

Dan maar eens graven in oude gonioboeken....

sin 2x = 2sinxcosx  (1)
cos2x = 2cos2x - 1  (2)
sin2x + cos2x = 1  (3)
cos(a + b) = cosacosb - sinasinb (4)

dan geldt: 

cos3x
= cos(2x + x)
= cos2xcosx - sin2xsinx
= (2cos2x - 1)cosx - 2sinxcosxsinx
= 2cos3x - cosx - 2sin2xcosx
= 2cos3x - cosx - 2(1 - cos2x)cosx
= 2cos3x - cosx - 2cosx + 2cos3x
= 4cos3x - 3cosx

We zoeken een hoek waarvan de cos een geheel getal is: dat is een hoek van 60º, daarom nemen we x = 20º
Dan vinden we    4z3 - 3z = 1/2  dus  8z3 - 6z - 1 = 0 en dat is een derdegraadsvergelijking waarvan   z = cos20º een oplossing is.
En nu maar hopen dat er geen rationale oplossingen zijn......

We gebruiken dezelfde truc als bij de verdubbeling van de kubus:
Stel dat p/q een oplossing is (zo eenvoudig mogelijk geschreven) dan geldt:
8(p/q)3 - 6(p/q) - 1 = 0
vermenigvuldig met q3:   8p3 - 6pq2 - q3 = 0
omdat  8p3 - 6pq2 een veelvoud van p is, moet  q3 dat ook zijn. Maar bij ontbinden in factoren van q vind je geen enkele factor hetzelfde als bij p (want dan was p/q nog te vereenvoudigen)  Dus kan q3 nooit een veelvoud zijn van p

Er zijn geen rationale oplossingen  dus  cos20º is geen C-getal.
Er is dus nu een hoek gevonden (die van 60º) die niet door constructies in drie delen is te delen. Dus is het probleem niet in het algemeen op te lossen.

Alhoewel het simpele apparaatje hiernaast het wel kan, kan de mensheid het niet.

QED!!!

 

De kwadratuur van de cirkel.


Het gaat er om een lijnstuk van lengte π te construeren.
Deze is helaas niet op onze manier te bewijzen. Dat komt omdat het niet zal lukken een derdegraadsvergelijking te vinden waarvan π een oplossing is, want zo'n vergelijking bestaat niet. Het getal π is transcendent. Dat betekent dat er geen enkel polynoom met rationale coëfficienten is zodat π een nulpunt is. Jammer!!!

Troostprijs:
Maar vreemd genoeg zijn er wel een aantal "maantjes" die "vierkant" gemaakt kunnen worden, ofwel waarvan we de oppervlakte als vierkant kunnen construeren. Een maantje bestaat uit twee delen van de omtrek van een cirkel. Het zijn er precies vijf; de "Five Squarable Lunes"