Разрешимость задач на построение с помощью циркуля и линейки

Из всего сказанного вытекает, что при принятых ограничениях мы пришли к следующему вопросу. Дан неприводимый многочлен с коэффициентами в поле К. Содержатся ли его корни в некотором допустимом расширении поля К?

Вопрос не вполне четко  поставлен: некоторые корни, казалось бы, могут содержаться в допустимом расширении, а другие нет. Здесь, однако, предположение неприводимости позволяет  установить следующий важный результат [5].

Теорема 1. Если один из корней неприводимого многочлена над полем К принадлежит допустимому расширению поля К, то и остальные корни принадлежат допустимому расширению.

(Отсюда, конечно, следует,  что если хоть какой-нибудь из корней этого многочлена не принадлежит допустимому расширению, то и все остальные обладают этим же свойством.)

Мы не сможем привести здесь  доказательства этой теоремы в общем  случае. Оно требует введения довольно трудных алгебраических понятий  и по существу принадлежит к теории Галуа. При разборе конкретных примеров, однако, нам будут встречаться главным образом неприводимые многочлены третьей степени. Для этого простейшего случая мы ниже докажем теорему 1, тем самым оправдав возможность ее последующих применений.

Читателю следует внимательно  отнестись к логической структуре  рассуждений, связанных с этой теоремой. В качестве следствия из нее в п. 2.5 мы получим важный результат, который уже можно будет непосредственно применять к доказательству неразрешимости геометрических задач [2].

2.4. Случай многочленов третьей степени

Пусть Ф(х) = х³ + рх² + qх + г — неприводимый многочлен третьей степени с коэффициентами в поле К, т. е. какой многочлен, что его нельзя разложить в произведение двух многочленов с коэффициентами из поля К, один из которых имеет степень 1, а другой—степень 2. Мы докажем ниже, что ни один из его корней не может принадлежать допустимому расширению К. Но сначала покажем, что справедлива следующая

Теорема1:Если один из корней многочлена Ф(х) принадлежит некоторому допустимому расширению поля К, то два других корня также принадлежат допустимому расширению.

Доказательство:Пусть цепочка квадратичных расширений

К=K₀⊂K₁⊂ _…….. ⊂K_n=K^′`

выбрана так, что ее длина (т. е. число n) является наименьшей возможной из всех длин цепочек, приводящих к допустимым расширениям поля K, которые содержат, какой-нибудь корень многочлена Ф. Из неприводимости многочлена Ф следует, что n>1. Соответствующий корень (содержащийся в поле К) обозначим символом x₁= а + b √z, где К_n= К_n-₁ ( √Z ); а, b, z∈К_n-1.Так как х∈К_n-1, то b≠0. Имеем теперь

0 =Ф(а +b √z) = Ф₁ (а, b, z) + Ф₂(а, b, z) √z;

Ф(а— b√z) = Ф₁(а, b, z) — Ф₂ (а, b, z)√z,

где Ф₁ и Ф₂ — некоторые многочлены от трех переменных с коэффициентами в поле К. Поэтому числа Ф₁(a, b, z) и Ф₂(a, b, z) принадлежат полю К_n-1 тогда из первого равенства вытекает, что Ф₁ (а. b, z) = Ф₂(а, b, z) = 0 (потому что √ z ∈ К_n-1), а из второго вытекает, что Ф (а—b √z)= 0. Тем самым показано, что число     х₂=а—b√ z∈K_n является другим корнем уравнения Ф(х) = 0 (отличным от x₁, так как b≠0). После этого найти третий корень уже совсем нетрудно:

x₃=-р-(х₁+x₂) = -р -2а.

Очевидно, он тоже принадлежит  допустимому расширению К_n. Теорема доказана.

Заметим, что достаточно добавить к этому доказательству одну фразу, чтобы установить справедливость следующего предложения [1].

Теорема 2'. Если Ф(х)— неприводимый многочлен третьей степени с коэффициентами из поля К, то ни один его корень не принадлежит допустимому расширению поля К.

В самом деле, x₃=-р-2a ∈K_n-1, что противоречит определению числа n (напомним, что n≥1, и потому поле K_n-1 определено).

Таким образом, изложенное доказательство теоремы 1 оперирует с пустым множеством объектов: многочленов третьей степени. удовлетворяющих условию теоремы 1, вообще не существует!

2.5. Теорема Гаусса

 Мы назовем так следующую  теорему, которую выведем из теоремы 1 п. 2.3.

Теорема 2. Если корни неприводимого над полем К многочлена Ф(х) принадлежат допустимому расширению, то степень этого многочлена равна 2ⁿ. где n≥1 — некоторое целое число.

Из этой теоремы снова  следует, что корни неприводимых многочленов степени 3 вообще не могут  принадлежать допустимым расширениям, потому что 3≠2ⁿ ни при каком целом значении n.

Для в формулировки условия теоремы на языке теории полей возьмем какой-нибудь одни корень ⍬ многочлена Ф(x) и рассмотрим расширение К(⍬) поля К. Ясно, что если ⍬∈Kˈ то и К(⍬)⊂Kˈ. Обратное утверждение тоже, очевидно, справедливо. Поле К (⍬) удобно тем, что в его терминах нетрудно выразить и понятие «степень многочлена Ф(х)»: она просто совпадает со степенью конечного расширения (К(⍬)K). Напомним. что это означает. Любое конечное расширение L, поля К является линейным пространством конечной размерности над этим полем. Иначе говоря, существуют такие n элементов λ₁,…..,λ_n∈L, образующие базис поля L над полем К, что любой элемент поля L представляется однозначно в виде  λ=k₁λ₁+ ... + k_nλ_n, где k₁,…,k_n∈K.. Число n называется степенью расширения и обозначается символом (L:K). В случае, когда L =K(0), в качестве элементов, всегда можно взять просто степени числа 0, т. е. элементы 1 =⍬⁰, ⍬,…….,⍬^n-1,где n — степень многочлена Ф (x).[3]

Теперь мы можем следующим  образом переформулировать теорему 2: если расширение L⊃К поля К содержится в допустимом расширении поля К. то степень (L·К) равна 2ⁿ, где n≥ 1—целое число.

Нам понадобится следующий  простой результат. Пусть K⊂L⊂M—цепочка конечных расширений. Положим l= (L:K), m= (М:К),n=(М:L) Тогда

                                                         m = ln                                                        (5)

Доказывают это равенство обычно следующим образом Пусть,— базис поля L над полем К; μ₁,……,μ_n — базис поля М над полем L.Тогда элементы ( λ₁μ₁,λ₁μ₂,….λ₁μ_n;….;λ_lμ₁,….,λ_lμ_n)т. е. совокупность всевозможных попарных произведений λ_iμ_j образуют базис поля М над полем К. Но количество элементов в этом базисе, совпадающее со степенью (М:К)=m, в точности равно In.

Из равенства (5) уже сразу  следует теорема 2. В самом деле, пусть                L = K(√z)— квадратичное расширение поля K. Тогда степень его равна в точности 2, потому что в качестве базиса расширения L над К можно взять элементы         (1,√z) Поэтому степень любого допустимого расширения

K=K₀⊂K₁⊂….⊂K_m=K′,  K_i=K_{i -1}(√z_{i -1}), z_{i -1}∈K_{i -1}

равна (в силу соотношения (5)) 2^m. Но тогда степень (L:K) любого                расширения L поля К, содержащегося в допустимом расширении К', должна (снова из-за соотношения (5)) делить число 2^m. Поэтому (L:K) = 2^m, 0≤n≤m. Теорема 2 доказана. [2]

 

 

 

 

 

 

 

§ 3. Классические задачи

3.1. Удвоение куба.

 Теперь мы уже можем  применить развитую общую теорию  к ряду геометрических задач.  Наша основная цель состояла  в том, чтобы научиться доказывать  неразрешимость некоторых задач, т. е. невозможность построить ряд геометрических объектов с помощью циркуля и линейки. В соответствии с этим и подобраны примеры.

Главным нашим инструментом будет теорема 2. Ход исследования всякой задачи следующий: мы переводим  ее на алгебраический язык, составляем уравнения для искомых точек, выясняем их степень и неприводимость. Если степень не равна 2ⁿ, а многочлен неприводим, то искомую точку (см. теорему 2), нельзя построить с помощью циркуля и линейки, так что соответствующая задача на построение неразрешима. [4]

Задача 1. Задан куб (длиной своего ребра). Требуется построить другой куб (т е. его ребро), объем которого вдвое больше объема данного куба.

Начало исследования очевидно. Даны две точки (ребро куба). Как  обычно, принимаем их за точки 0 и 1 на комплексной плоскости. Длина ребра  удвоенного куба равна вещественному значению ∛2; для построения точки ∛2 мы должны изучить многочлен х³-2. Степень его равна трем, и если он неприводим над основным полем К= Q(i) (Q—поле рациональных чисел), то задача удвоения куба неразрешима. Докажем, что многочлен x³-2 действительно неприводим.

Если бы многочлен х³-2 был приводим над полем Q(i), то один из множителей обязательно был бы первой степени. Если бы соответствующий корень не был вещественным, то выделился бы и другой множитель первой степени с сопряженным корнем, а оставшийся третий множитель был бы линейным и имел бы уже вещественный корень. Это рассуждение применимо к любому многочлену третьей степени с вещественными коэффициентами: если такой многочлен приводим над полем Q(i), то один из множителей линеен и имеет вещественный, а следовательно, даже рациональный корень.

Но многочлен x³—2 не имеет рационального корня, потому что единственное вещественное значение ∛2 иррационально.

Напомним доказательство этого факта. Допустим, что ∛2 — pq, где        р, q— взаимно простые целые числа. Тогда р³=2q³, так что число р должно быть четным; пусть р=2р₁, тогда 4р₁³= q³ и, следовательно, число q тоже должно быть четным, а это противоречит тому, что р и q взаимно просты.

Интересно, что на последней  стадии решения геометрической задачи нам пришлось воспользоваться даже чисто арифметическими соображениями, хотя пока и не очень сложными.[2]

3.2. Трисекция угла

3адача 2. Дан угол φ построить угол 1/3 φ.

Задать угол φ-значит задать три точки: точку 0 — его вершину, точку 1 на одной из сторон, которую мы примем за вещественную ось, и точку z, лежащую на другой стороне и имеющую модуль                                                            |z|=1 (Рис.9).Очевидно, z=cosφ+isinφ. Таким образом, поле К, соответствующее заданной системе точек, имеет вид                                                           Рис. 9.

K=Q(i, cosφ+isinφ). Построить угол —значит построить число

cos+isin или, что равносильно, построить число cos . В силу известных формул тригонометрии,

 cos φ= cos( 2 +) = cos 2 cos -sin 2 sin= (2 cos² -1) cos —2 sin cos sin =2cos³ -cos + 2 ( 1 – cos²) cos

или

cosφ= 4cos³ -3 cos.

Таким образом, число cos  - является корнем уравнения

                                                4х³ — Зх — cosφ= 0.                                             (6)

 Итак, мы должны построить корень уравнения (6).

 Перед нами снова  многочлен третьей степени; мы должны разобраться, приводим ли он над полем K=Q(i, cos φ+ i sinφ). При некоторых значениях Փ он, безусловно, приводим; например, при

φ=, К= Q(i):

4х³ — Зх — cos = 4x³ — Зх = х (4x² — 3).

Это соответствует хорошо известному обстоятельству: прямой угол можно разделить на три равные части с помощью циркуля и  линейки (при желании читатель может осуществить «алгебраически» это построение, решив уравнение 4x²— 3 = U и построив его корни).

Можно придать точный смысл  следующему утверждению, устанавливающему в некотором смысле противоположный результат: при общем значении Փ многочлен 4х³—Зх—cosφ не привод им нал полем         К= Q(i, cosφ-isin φ) [4].

Слово «общий» в этой фразе  можно определять разными способами; обсуждение этих способов и доказательство завели бы нас слишком далеко. Поэтому ограничимся указанием конкретного значения угла φ, который нельзя циркулем и линейкой разделить на три равные части. Это — угол φ = π/3. Для доказательства следует установить, что при φ=π/3многочлен, стоящий в левой части урав нения (6), неприводим над полем

Q (i, cos + isin)  = Q(i, +i)= Q(i,√3),

т. е., что левая часть  уравнения

                                            8х³— 6х— 1=0                                                       (7)

является неприводимым многочленом  над полем Q(i,√3). Если мы докажем, что многочлен 8x³ — 6х—1 неприводим над полем рациональных чисел Q, то отсюда будет следовать, что он неприводим и над полем Q(i, √З), потому что любое допустимое расширение поля Q(i,√3) является допустимым расширением поля Q.

Решая задачу об удвоении куба, мы уже установили, что для доказательства неприводимости кубического многочлена над полем рациональных чисел  достаточно установить, что у него нет рациональных корней. Предположим, что такой корень есть; положим 2x=, где р, q — целые взаимно простые числа. Из равенства (7) находим

p³-3pq² = q³,

так что q³ делится на р и, значит, p=±1. Тогда q удовлетворяет уравнению q³±3q²∓1= 0; так как q — целое число, то оно должно быть делителем свободного члена этого уравнения, так что если целый корень есть, он равен ±1. Но, очевидно, соответствующие значения х =± не являются решениями уравнения (7). Следовательно, оно вовсе не имеет рациональных решений.

Итак, циркулем и линейкой нельзя разделить на три равные части угол =60°, т. е. нельзя построить угол = 20° [5].

3.3. Построение треугольника по его биссектрисам

 Сейчас мы разберем  одну менее традиционную задачу. Треугольник определяется своими  тремя линейными элементами: тремя  сторонами, тремя высотами, тремя медианами или, наконец, тремя биссектрисами. Построить треугольник циркулем и линейкой по заданном сторонам высотам или медианам сравнительно нетрудно. Не так обстоит дело с биссектрисами. Оказывается, что задача построения треугольника по заданным отрезкам биссектрис его углов от вершины до противоположной стороны неразрешима с помощью циркуля и линейки.