Kör négyszögesítése
Már az ókori matematikusokat (Például Arkhimédész, Hippokratész, Eratoszthenész) izgatta az a kérdés, hogyan lehet egy adott kör területével egyenlő területű négyszöget szerkeszteni.
Az, hogy egy adott körrel egyező területű négyzetnek lennie kell, elég könnyen belátható. Szerkesszünk az adott r sugarú körbe beírt és köréírt négyzetet. A beleírt négyzet területe kisebb, a köréírt négyzet területe pedig nagyobb, mint a kör területe.
Azaz: b2<tkör<k2.
A beírt négyzet oldalát folyamatosan növelve, vagy a köré írt oldalát csökkentve kell legyen egy olyan állapot, amikor a négyzet területe éppen a kör területével egyezik meg. a2=tkör=r2π
Nézzük a fenti egyenletet: a2=r2⋅π. Ebből négyzetgyökvonás után kapjuk, hogy a=r·π‾√.
Ez pontosan azt jelenti, hogy adott szakasz (egység) esetén a π négyzetgyökét kellene megszerkeszteni. Persze a π szerkesztése is elegendő lenne, hiszen a negyedik arányos segítségével a négyzetgyökét is elő tudnánk állítani.
Ma már tudjuk (a XIX. század végétől), hogy euklideszi módon a π nem szerkeszthető, tehát nem szerkeszthető ilyen módon olyan négyzet, négyszög sem, amelynek a területe egy adott kör területével lenne egyenlő.
Hippokratész holdjai nagyszerű példája annak, hogy lehetséges egy adott sokszöggel (itt a derékszögű háromszöggel) egyenlő területű, de görbe vonalakkal határolt síkidomot szerkeszteni. Itt a két hold területének az összege éppen a háromszög területével egyenlő.
Déloszi probléma
Déloszi probléma néven ismert kockakettőzési probléma sok ókori matematikust foglalkoztatott. Így Hippokratészt és Eratoszthenészt is.
A feladat keletkezését Plutarkhosz görög történetíró jegyezte le.
„Délosz szigetén pestis járvány tört ki. A szigetlakók a híres delphoi jóshoz fordultak tanácsért. A válasz úgy szólt, hogy:Ha meg akarnak szabadulni a járványtól, cseréljék ki Apolló kocka alakú oltárkövét kétszer akkorára.
A feladat azt kívánja meg, hogy szerkesszük meg annak a kockának az élét, amelynek térfogata kétszerese az adott kocka térfogatának.
Legyen az adott kocka éle a hosszúságú. Akkor térfogata: V1=a3
A keresett kocka éle legyen b hosszúságú. Ekkor a kívánt kocka térfogata: V2=b3
A feladat szerint V2=2V1.
Azaz b3=2a3.
Ebből b=a2‾√3.
A feladat tehát 2‾√3 szerkesztését kívánja meg.
Sokan próbálkoztak ennek a problémának a megoldásával.
Hippokratészt a feladatot két mértani középarányos meghatározására vezette vissza.
Ő is az x=a2‾√3 eredményre jutott, de a szerkesztést nem tudta végrehajtani.
Ami nem csoda, mert ma már tudjuk, hogy a 2‾√3 nem szerkeszthető meg euklideszi módon.
A kocka térfogata tehát nem kettőzhető meg a fenti értelemben.
Fermat sejtés
Van-e megoldása az egész számok körében az xn+yn=zn egyenletnek?
Ez a probléma már régóta izgatta a matematikusokat.
Az x2+y2=z2 egyenlet Pitagorasz tételét jelenti, ahol x, y egy derékszögű háromszög befogóinak oldalhosszúságait, z pedig az átfogó hosszúságát jelenti, tehát pozitív valós számok. Az olyan pozitív egész számokat, amelyek kielégítik a Pitagorasz tételt, pitagoraszi számhármasoknak nevezzük. Ilyen számhármasból végtelen sok van.
Ezek után a matematikusokat elkezdte izgatni, hogy van-e megoldása az egész számok körében az x3+y3=z3egyenletnek, sőt általában az xn+yn=zn egyenletnek.
Fermat miután elolvasta Diophantosz Arithmetica című művében azt a részt, amely az x2+y2=z2 egyenlet megoldásairól szól az egész számok körében (Pitagoraszi számhármasok), a következő tartalmú feljegyzést írta ennek a kiadványnak a margójára.
„„… Ugyanakkor teljesen lehetetlen a köb felbontása két köb összegére, vagy a negyedik hatványoké két negyedik hatvány összegére, de nem lehet semmilyen más magasabb hatványt sem felbontani két ugyanolyan hatványkitevőjű szám összegére. E tételnek valóban bámulatos bizonyítására jöttem rá, de nincs elég hely, hogy ide leírjam.”
Azaz nincs megoldása az xn+yn=zn x, y, z∈ℤ, n∈ ℕ, n>2 diophantoszi egyenletnek a nem nulla egész számok körében n>2 természetes szám esetén.
Ezzel a széljegyzetével azonban Fermat egy évszázadokon átnyúló versengést indított el a matematikusok között.
Goldbach sejtés
Goldbach német matematikus 1742-ben írta Euler-nek, hogy szerinte minden 5-nél nagyobb természetes szám előállítható három prímszám összegeként. Euler válaszában leírta, hogy ennek bizonyításához elegendő lenne belátni, hogy minden páros szám felbontható két prímszám összegére. Ez az un. Goldbach-sejtés. Például 12=7+5; 20=7+13; 98=19+79; stb.
A sejtést számítógéppel egyre nagyobb természetes számokig igazolták, addig minden esetben igaznak bizonyult. A sejtés általános bizonyítása (vagy esetleges cáfolata) mind a mai napig nem sikerült a matematikusoknak.
1931-ben egy orosz matematikus, Snyirelman bebizonyította, hogy minden természetes szám előállítható véges számú prímszám összegeként.
Később ezt a bizonyítást továbbfejlesztették, és igazolták, hogy minden természetes szám előállítható 67 prímszám összegeként.
Ez azonban még mindig nagyon messze van attól, amit Goldbach sejtett meg, hogy minden 5-nél nagyobb természetes szám előállítható 3 prímszám összegeként.
Négyszínsejtés
1852-ben, Angliában Francis Guthrie matematikus megpróbálta Britannia térképét kiszínezni. Ekkor botlott a problémába: Legkevesebb hány szín elegendő egy tetszőleges térkép kiszínezéséhez?
Az hamar kiderült, hogy három szín biztosan nem elegendő. Úgy tűnt számára, hogy négy szín már elegendő. Guthrie a problémát megfogalmazta, de megoldani nem tudta.
A négyszínsejtés bizonyítását először Möbius kísérelte meg, de nem járt sikerrel. 1879-ben Heawood bebizonyította, hogy öt szín biztosan elegendő.
Később bebizonyították, hogy 38-nál kevesebb tartomány esetén elegendő a négy szín. Sokáig megoldatlannak tűnt e kérdés.
1976-ban azonban Kenneth Appel és Wolfgang Haken bebizonyították a négyszínsejtést.
A bizonyítás módját azonban mind a mai napig sokan vitatják. Ugyanis a bizonyítás egy részénél több ezer esetet elektronikus számítógépen próbáltak végig.
Szögharmadolás
Ez is egyike a nevezetes ókori matematikai problémáknak. Többek között már Arkhimédész és Eratoszthenész is foglalkozott vele.Szögharmadolás euklideszi értelemben vett eljárással nem lehetséges.
Az első ötlet talán az lehetne a szög harmadolása érdekében, hogy harmadoljuk el a szög ívéhez tartozó húrt. Belátható, hogy ez nem fogja a szöget harmadolni.A mellékelt ábrán ezt próbáljuk szemléltetni. Az AB húrt harmadolja a P és a Qpont, azaz AP=PQ=QB. Ugyanakkor az OP és OQ egyenesek nem harmadolják az AB ívet és nem harmadolják azAOB∠-t.
Bár tetszőleges szögre nincs euklideszi értelemben vett eljárás, azért persze vannak olyan szögek, amelyek harmadolhatók. (90°, 45°, stb.)Szögharmadolás nem euklideszi értelemben vett eljárással.
Ha nem ragaszkodunk az euklideszi értelemben vett szerkesztéshez, akkor a szögharmadolás lehetséges. Már az ókorban Arkhimédész is adott egy eljárást szögharmadolásra.
Legyen adott egy tetszőleges α szög, amit el szeretnénk harmadolni.
Ennél az eljárásnál szükségünk van egy vonalzóra, amelyen egy előre kijelölt tetszőleges AB=r távolság van bejelölve.
Hosszabbítsuk meg az adott szög egyik szárát.
A szög csúcsa (O) körül a vonalzón felvett (r) távolsággal, mint sugárral húzzunk egy kört. Ez metszi a szög másik szárát egy M pontban.
Helyezzük el a vonalzónkat úgy, hogy a vonalzónk éle áthaladjon az M ponton, B pontja a körívre, A pontja pedig a szögszár meghosszabbításán legyen. Az így létrejött BAO∠=ß szög éppen az adott α szög harmada
Ennek belátásához nézzük a mellékelt ábrát. Húzzunk egy egyenest a B és O pontokon át. A vonalzó elhelyezése után így kapott BAO∇ egyenlőszárú., hiszen AB=r=BO. Ennek a háromszögnek az OBM∠ külső szöge, emiatt OBM∠=2ß.
Mivel az OBM∇ is egyenlőszárú, a BMO∠=2ß. Ennek a ∇ -nek a DOM∠ külső szöge, tehát DOM∠=4ß. Mivel DOC∠=ß szintén (AOB∠csúcsszöge), ezért α=3ß kell legyen.
Így tehát a ß szög éppen az α szög harmada.
Piramis
A Kheopsz piramis i.e 2580 és i.e 2530 körül épült, körülbelül 2000 évvel Pitagorasz előtt. Elkészítéséhez igen sok matematikai ismeretre is szükség volt. Elképzelhető, hogy csomókkal 3, 4 és 5 részre osztott kötelet használtak derékszög előállítására. Ehhez összesen 13 darab egyforma távolságban kötött csomóra volt szükségük. A piramis un. királyszobájának méreteiben (Lapátló:≈7.57 m; alapél≈10.5 m; testátló: ≈12,94 m.) az ismert pitagoraszi számhármas a 3, 4, 5 fedezhető fel (az egység ≈2,59 m).
A piramis méretei lenyűgözőek. Ennek négyzet alapú gúlának két meghatározó (eredeti) adata: alapélének hossza: 232,4 méter, magassága: 146,7 méter. (A mai méretek egy kicsit ettől eltérőek: kb. 230 és 137,5 méter) Ebből a két adatból a piramis többi adata már kiszámolható. A számoláshoz érdemes egy modellt készíteni.
A mellékelt ábrán láthatók az alapadatok: alapél (a) és a gúla magassága (mg).
Továbbá az oldalél (o), az oldallap magassága (mo), az alapél – oldalél hajlásszöge (α), az oldalél – alaplap hajlásszöge(β), és az oldallap – alaplap hajlásszöge (ϒ).
| A piramis térfogata: | Vg ≈ 2.6⋅106 m3. Azaz kb. 2,6 millió köbméter. |
| A piramis felszíne: | Ag≈1.4⋅105 m2. Azaz kb. 140 000 négyzetméter. |
| Az alaplap területe: | Ta≈ 5.4⋅104 m2. Azaz kb. 54 000 négyzetméter. |
| Oldallap területe: | To≈ 2.2⋅104 m2. Azaz kb. 22 000 négyzetméter. |
| Oldalél hossza: | O≈ 220.3 m. |
| Alapél-oldalél hajlásszöge: | α≈ 58.2°. |
| Oldalél-alaplap hajlásszöge: | β≈41.8°. |
| Oldallap-alaplap hajlásszöge: | γ≈51.6°. |
Érdekesség, hogy az oldallap magassága (mo≈187.15) és az alapél felének (a/2=116.2) aránya ≈1.61.
Ez az aranymetszési állandó értéke, amit Φ-vel szokás jelölni.
Másik érdekesség, hogy a piramis oldallapjának a területe (to≈ 21 746) és a gúla (mg ≈146.7) magasságának a négyzete (21 521) nagyon közeli értékek. Tehát a Kheopsz piramis szerkezetében fellelhetők az aranymetszés arányai.