Erster Abschnitt, III. Kapitel — Die Kreisteilung¶
Erster Abschnitt, III. Kapitel (§§ 1–8; B. G. Teubner, 1895, S. 13–19)
§ 1. Historischer Exkurs¶
1. Die Aufgabe, einen gegebenen Kreis in $n$ gleiche Teile zu teilen, stammt bereits aus dem klassischen Altertum; lange Zeit hindurch kannte man ihre Ausführbarkeit mit Zirkel und Lineal nur für die Zahlen $n = 2^h$, $3$, $5$ sowie deren Produkte (Euklid, Elemente, Buch IV).
Erst Gauß hat in seinen Disquisitiones Arithmeticae (1801) diese Reihe wesentlich erweitert, indem er bewies, dass die Kreisteilung für jede Primzahl von der Gestalt
mit Zirkel und Lineal möglich, für alle übrigen ungeraden Primzahlen sowie deren Potenzen hingegen unmöglich ist.
Setzt man $\mu = 0$ und $\mu = 1$, so erhält man $p = 3$ und $p = 5$, also die schon den Alten bekannten Fälle.
Für $\mu = 2$ folgt $p = 2^{2^2} + 1 = 17$, das berühmte reguläre Siebzehneck, welches Gauß am 30. März 1796 entdeckte und vollständig durchführte.
Für $\mu = 3$ ergibt sich $p = 2^{2^3} + 1 = 257$, ebenfalls eine Gauß'sche (Fermat'sche) Primzahl; über das reguläre $257$-Eck veröffentlichte Richelot eine eingehende Abhandlung in Crelles Journal, Bd. 9 (1832, S. 1–26, 146–161, 209–230, 337–357): De resolutione algebraica aequationis $X^{257} = 1\dots$
Auch $\mu = 4$ liefert eine Primzahl, nämlich $2^{2^4} + 1 = 65537$. Dem regulären $65537$-Eck hat Professor Hermes in Lingen zehn Jahre angestrengter Arbeit gewidmet; der Koffer mit seinen umfangreichen Manuskripten wird in der Modellsammlung des mathematischen Lesezimmers zu Göttingen aufbewahrt (vgl. die Mitteilung in den Göttinger Nachrichten 1894, Nr. 3).
Hingegen liefern $\mu = 5$, $\mu = 6$ und $\mu = 7$ keine Primzahlen (schon Euler zerlegte $2^{32} + 1 = 641 \cdot 6700417$). Für $\mu = 8$ weiß man bis heute nicht, ob eine Primzahl vorliegt oder nicht; es wäre daher sehr wohl denkbar, dass $\mu = 4$ überhaupt die letzte Zahl dieser Reihe bildet, für welche die Kreisteilung gelingt.
§§ 2–4. Zurückführung auf Primzahlpotenzen und die Gauß’schen Primzahlen¶
2. Wir dürfen die Untersuchung der $n$-Teilung von vornherein auf die Fälle beschränken, in denen $n$ eine Primzahl $p$ oder eine Primzahlpotenz $p^\alpha$ ist. Ist nämlich $n = \mu\nu$ zusammengesetzt aus zwei teilerfremden Faktoren $\mu$ und $\nu$ ($\gcd(\mu, \nu) = 1$), so lassen sich stets ganze (positive oder negative) Zahlen $a, b$ bestimmen derart, dass
Kennt man demnach die $\mu$-Teilung und die $\nu$-Teilung, so gewinnt man durch Abtragen der entsprechenden Bögen sofort die $\mu\nu$-Teilung; so beruht für $n = 15 = 3 \cdot 5$ Euklids Konstruktion des Fünfzehnecks (Elemente IV.16) auf der Zerlegung $\frac{1}{15} = \frac{2}{3} - \frac{3}{5}$.
3. Wie sich in § 5 zeigen wird, kann die Teilung in $p$ gleiche Teile ($p$ Primzahl) nur gelingen, wenn $p = 2^h + 1$ ist. Wir beweisen vorab, dass eine Primzahl die Form $p = 2^h + 1$ nur dann haben kann, wenn auch der Exponent $h = 2^\mu$ eine Potenz von $2$ ist.
Erster Beweis (mittels des Fermat’schen Satzes): Ist $p$ eine Primzahl und $a$ durch $p$ nicht teilbar, so gilt $a^{p-1} \equiv +1 \pmod p$; der kleinste positive Exponent $s$, für welchen $a^s \equiv +1 \pmod p$ ausfällt, ist stets ein Teiler von $p - 1$ (für $s = p - 1$ heißt $a$ eine Primitivwurzel modulo $p$). Ist nun $p = 2^h + 1$ prim und $s$ der kleinste positive Exponent mit $2^s \equiv +1 \pmod p$, so liegt $p$ zwischen $2^h < p < 2^s$, also ist $s > h$. Aus $2^h \equiv -1 \pmod p$ und $2^s \equiv +1 \pmod p$ folgt durch Division $2^{s-h} \equiv -1 \pmod p$, mithin $s - h \ge h$ oder $s \ge 2h$; andererseits gibt Quadrieren von $2^h \equiv -1 \pmod p$ sogleich $2^{2h} \equiv +1 \pmod p$, also $s \le 2h$ und somit genau $s = 2h$. Da nun $s = 2h$ ein Teiler von $p - 1 = 2^h$ sein muss, ist auch $h$ ein Teiler von $2^{h-1}$, also selbst eine Potenz von $2$: $h = 2^\mu$.
4. Zweiter Beweis: Wäre $h$ durch eine ungerade Zahl $2n + 1 > 1$ teilbar, etwa $h = h'(2n + 1)$, so wäre nach der algebraischen Identität
für $x = 2^{h'}$ die Zahl $p = 2^{h'(2n+1)} + 1$ durch $2^{h'} + 1$ teilbar, mithin keine Primzahl!
§ 5. Die Kreisteilungsgleichung¶
5. Zeichnen wir in der komplexen $z$-Ebene ($z = x + iy$) den Einheitskreis und teilen ihn von $z = 1$ ausgehend in $n$ gleiche Teile, so verlangt dies die Auflösung von $z^n - 1 = 0$. Spalten wir durch Division mit $z - 1$ die dem Ausgangspunkte entsprechende Wurzel $z = 1$ ab, so erhalten wir die Kreisteilungsgleichung:
Für eine Primzahl $n = p$ kommt alles darauf an zu beweisen, dass diese Gleichung $(p - 1)$-ten Grades irreduzibel ist; denn alsdann kann sie nach Kapitel I, § 15 nur gelöst werden, wenn $p - 1 = 2^h$, also $p = 2^{2^\mu} + 1$ eine Gauß’sche Primzahl ist.
§ 6. Das Gauß’sche Lemma¶
6. Hierzu schalten wir das Gauß’sche Lemma ein: Lässt sich ein ganzzahliges normiertes Polynom
in zwei rationale normierte Faktoren $f(z)$ und $\varphi(z)$ zerlegen, so ist diese Zerlegung notwendig schon ganzzahlig.
Beweis. Bringen wir etwaige gebrochene Koeffizienten in $f(z)$ bzw. $\varphi(z)$ je auf ihren kleinsten gemeinsamen Hauptnenner $a_0$ bzw. $b_0$, so entsteht durch Multiplikation mit $a_0 b_0$:
worin die ganzen Zahlen $a_0, a_1, \dots$ unter sich teilerfremd sind und ebenso $b_0, b_1, \dots$ unter sich teilerfremd sind. Wäre $a_0 b_0 > 1$ und $q$ irgendeine in $a_0 b_0$ aufgehende Primzahl, so sei $a_i$ der erste durch $q$ nicht teilbare Koeffizient in $f_1(z)$ und $b_k$ der erste durch $q$ nicht teilbare Koeffizient in $\varphi_1(z)$. Im ausmultiplizierten Produkte rechts lautet dann der Koeffizient von $z^{m' + m'' - i - k}$:
Alle Glieder nach dem ersten sind nach Annahme durch $q$ teilbar, $a_i b_k$ dagegen nicht; andererseits müssen links in $a_0 b_0 F(z)$ sämtliche Koeffizienten durch $a_0 b_0$, also auch durch $q$ teilbar sein! Dieser Widerspruch beweist $a_0 b_0 = 1$, d. h. die Ganzzahligkeit der Faktoren.
§§ 7–8. Die Irreduzibilität der Kreisteilungsgleichung¶
7. Nach dem Gauß’schen Lemma genügt der Nachweis, dass $f(z) = \frac{z^p - 1}{z - 1}$ für primes $p$ nicht ganzzahlig zerfällt. Wir bedienen uns hierzu der überaus einfachen Methode von Eisenstein (Crelles Journal, Bd. 39, 1850, S. 167), indem wir $z = x + 1$ substituieren:
Alle Koeffizienten nach dem höchsten Gliede $x^{p-1}$ enthalten den Primfaktor $p$, während das Absolutglied gleich $p$ selbst (nicht durch $p^2$ teilbar) ist. Ein solcher Ausdruck ist stets irreduzibel. Denn setzte man
so folgte aus $a_m b_{m'} = p$ etwa $a_m = \pm p, b_{m'} = \pm 1$; aus der Teilbarkeit des linearen Gliedes $a_{m-1} b_{m'} + a_m b_{m'-1}$, des quadratischen Gliedes usf. durch $p$ ergäbe sich schrittweise, dass $a_{m-1}, a_{m-2}, \dots, a_1$ und schließlich auch der höchste Koeffizient $1$ von $x^m$ durch $p$ teilbar sein müsste—was unmöglich ist! Damit ist die Kreisteilungsgleichung für jede Primzahl $p$ als irreduzibel erwiesen; insbesondere sind das reguläre Siebeneck ($p = 7$), Elfeck ($p = 11$) und Dreizehneck ($p = 13$) mit Zirkel und Lineal unkonstruierbar.
8. Es bleibt noch der Fall einer Primzahlpotenz $n = p^\alpha$ ($\alpha \ge 2$) für ungerades $p > 2$. Da jede $p^\alpha$-Teilung die $p^2$-Teilung in sich schließt, genügt der Beweis für $n = p^2$. Beseitigen wir aus $z^{p^2} - 1 = 0$ durch Division mit $z^p - 1$ sämtliche schon zur $p$-Teilung gehörigen Wurzeln (so wie bei der Neunteilung die Drittelpunkte auftreten), so lautet die eigentliche Gleichung der $p^2$-Teilung:
Die Substitution $z = x + 1$ verwandelt diese Summe von $p$ Gliedern in
wo $\chi(x)$ ganzzahlig mit Absolutglied $\chi(0) = 1$ ist. Nach § 7 ist auch diese Gleichung irreduzibel, und ihr Grad beträgt $p(p - 1)$. Da für jede ungerade Primzahl $p > 2$ das Produkt $p(p - 1)$ den ungeraden Faktor $p$ enthält, also niemals eine Potenz von $2$ sein kann, beschränkt sich die Teilbarkeit in Primzahlquadratteile ausschließlich auf $p = 2$ ($p^2 = 4$); schon das reguläre Neuneck ($p^2 = 9$, Grad $6$) und Fünfundzwanzigeck ($p^2 = 25$, Grad $20$) sind mit Zirkel und Lineal unmöglich.