WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 22 | 23 || 25 | 26 |   ...   | 76 |

Число 3 содержится уже в начальном поле F0, значит, и подавно в поле F2, так что положить k2 = 3 вполне допустимо. Потом возьмем k3 = 1 + 2 + 3 и, наконец, k4 = 1 + 2 + 3 + 5. Полученное после этого поле F5 уже содержит интересующее нас число, так как 6 в нем содержится: действительно, 2 и 3, а следовательно, и их произведение, содержатся уже в F3, значит, и подавно — в F5.

Упражнение. Отправляясь от рационального поля, проверьте, что сторона правильного 2m-угольника (см. стр. 145) допускает построение (n = m 1). Проследите за тем, какова последовательность постепенно расширяемых полей. Сделайте то же самое с числами 5 + 1 + 2 + 3 + 5,, 1 + 7 - 2 + 3 2 + 1 + 2 + 5 + 3 - 7.

160 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ гл. III 2. Все числа, допускающие построение — алгебраические. Если начальное поле F0 есть рациональное поле (порождаемое единственным отрезком), то все числа, допускающие построение, принадлежат к числу алгебраических. (Определение алгебраических чисел было дано на стр. 123.) Именно, числа поля F1 являются корнями квадратных уравнений, числа поля F2 — корнями уравнений четвертой степени, и вообще, числа поля Fk — корнями уравнений степени 2k с рациональными коэффициентами. это сна Докажем чала для поля F причем начнем с примера. Пусть x = 2 + 3 + 2. Мы 2, получаем (x - 2)2 = 3 + 2, x2 + 2 - 2 2x = 3 + 2, или x2 - 1 = 2(2x + 1) — квадратное уравнение с коэффициентами из F1. Возведение в квадрат приводит к уравнению (x2 - 1)2 = 2(2x + 1)четвертой степени с рациональными коэффициентами.

В общем случае любое число поля F2 имеет вид x = p + q w, (4) где p, q, w принадлежат полю F1 и, значит, имеют вид p = a + b s, q = c + d s, w = e + f s, где a, b, c, d, e, f, s — рациональные числа. Из равенства (4) мы получаем x2 - 2px + p2 = q2w, причем все коэффициенты принадлежат полю F1, порождаемому величи ной s. Поэтому последнее равенство можно переписать в виде x2 + ux + v = s(rx + t), где коэффициенты r, s, t, u, v — рациональные. Возводя в квадрат, получим уравнение четвертой степени (x2 + ux + v)2 = s(rx + t)2 (5) с рациональными коэффициентами, как и требовалось.

Упражнения. 1) Постройте уравнения с рациональными коэффициентами для чисел а) x = 2 + 3, б) x = 2 + 3, в) x =.

5 + 2) Постройте таким же образом уравнения восьмой степени для чисел а) x = 2 + 2 + 2, б) x = 2 + 1 + 3, в) x = 1 + 5 + 3 + 2.

Чтобы закончить доказательство теоремы в общем случае, когда x принадлежит полю Fk с произвольным индексом k, достаточно установить, как выше, что x удовлетворяет квадратному уравнению с коэффициентами из поля Fk-1.

Затем, повторяя процедуру доказательства, убеждаемся, что x удовлетворяет уравнению степени 22 = 4 с коэффициентами из поля Fk-2, и т. д.

Упражнение. Закончите это общее доказательство, применяя метод математической индукции: докажите, что x удовлетворяет уравнению степени 2l с коэффициентами из поля Fk-l, 0 < l k. При l = k получается окончательный результат.

§ 3 НЕРАЗРЕШИМОСТЬ ТРЕХ КЛАССИЧЕСКИХ ПРОБЛЕМ § 3. Неразрешимость трех классических проблем 1. Удвоение куба. Теперь мы уже достаточно подготовлены к исследованию известных еще с древности проблем трисекции угла, удвоения куба и построения правильного семиугольника. Рассмотрим прежде всего проблему удвоения куба.

Если данный куб имеет ребро, равное единице, его объем будет равен кубической единице; требуется найти ребро x куба, объем которого вдвое больше. Итак, искомое ребро удовлетворяет простому кубическому уравнению x3 - 2 = 0. (1) Наше доказательство невозможности построения числа x с помощью только циркуля и линейки будет носить «косвенный» характер.

Допустим, что такое построение возможно. Тогда, согласно полученным выше результатам, число x должно принадлежать некоторому полю Fk, полученному так, как было объяснено раньше, — из рационального поля посредством последовательного «присоединения» квадратных корней.

Мы сейчас убедимся в том, что такое допущение приведет к противоречию.

Мы уже знаем, что число x не может принадлежать рациональному полю F0, так как 2 есть число иррациональное (см. упражнение 1 на стр. 80). Значит, придется допустить, что оно принадлежит одному из расширенных полей Fk, где k — целое положительное число. Мы имеем право допустить, что k есть наименьшее из таких целых чисел, т. е. что x принадлежит Fk, но не принадлежат Fk-1. Это значит, что x имеет вид x = p + q w, где p, q и w принадлежат какому-то полю Fk-1, но w ему не принадлежит. Основываясь, далее, на довольно простом алгебраическом рассуждении (подобные рассуждения приходится применять нередко), мы убедимся, что если p + q w есть решение уравнения (1), то y = p - q w есть также его решение. Так как x принадлежит полю Fk, то x3 и x3 - тоже принадлежат Fk и, значит, x3 - 2 = a + b w, (2) где a и b принадлежат Fk-1. Нетрудно подсчитать, что a = p3 + 3pq2w 2, b = 3p2q + q3w. Если положим y = p - q w, то сразу видно, что y3 - 2 = a - b w. (2 ) Так как мы предположили, что x есть корень уравнения (1), то a + b w = 0. (3) 162 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ гл. III Но из последнего равенства следует (это основной момент рассуждения!), что оба числа a и b равны нулю. Действительно, если бы b было a отлично от нуля, то из (3) получилось бы равенство w = -, это проb тиворечит допущению, что w не принадлежит полю Fk-1. Итак, b = 0, и тогда из (3) следует, что a = 0. Но раз мы установили, что a = b = 0, то уже из равенства (2 ) немедленно вытекает, что y = p - q w есть решение уравнения (1), так как y3 - 2 = 0. Далее y = x, т. е. x - y = 0, так как число x - y = 2q w могло бы обращаться в нуль только при q = 0, а в этом случае x = p принадлежало бы полю Fk-1, чего мы не предполагали.

Мы установили, что если x = p + q w есть корень кубического урав нения (1), то y = p - q w есть другой, не равный ему, корень того же уравнения. Но это немедленно приводят к противоречию: y = p - q w есть, очевидно, действительное число, так как числа p, q, w действительные, уравнение же (1) имеет только один действительный корень, а два — мнимых (см. стр. 119).

Наше первоначальное допущение привело к противоречию, значит, оно ошибочно; поэтому корень уравнения (1) не может принадлежать никакому полю Fk. Итак, удвоение куба с помощью только циркуля и линейки невозможно.

2. Одна теорема о кубических уравнениях. Заключительная часть только что приведенного алгебраического рассуждения была приспособлена к специальному уравнению, которым мы занимались. Но если мы хотим исследовать две другие проблемы древности, то желательно основываться на некоторой теореме общего характера. С алгебраической точки зрения все три проблемы связаны с решением кубического уравнения. Отлично известно, что если x1, x2, x3 — три корня кубического уравнения z3 + az2 + bz + c = 0, (4) то они связаны между собой соотношением x1 + x2 + x3 = -a. (5) Рассмотрим кубическое уравнение (4), в котором коэффициенты a, b, c пусть будут рациональными числами. Может, конечно, случиться, что Многочлен z3 + az2 + bz + c можно представить в виде произведения трех множителей (z - x1)(z - x2)(z - x3), где x1, x2, x3 — корни уравнения (4) (см. стр. 122). Отсюда следует тождество z3 + az2 + bz + c = z3 - (x1 + x2 + x3)z2 + (x1x2 + x2x3 + x1x3)z - x1x2x3, и так как коэффициенты при одинаковых степенях должны быть равны между собой, то -a = x1 + x2 + x3, b = x1x2 + x2x3 + x1x3, c = -x1x2x3. — Прим. ред.

§ 3 НЕРАЗРЕШИМОСТЬ ТРЕХ КЛАССИЧЕСКИХ ПРОБЛЕМ один из корней уравнения есть рациональное число: например, уравнение x3 - 1 = 0 имеет один корень 1 — рациональный, тогда как два других, удовлетворяющих квадратному уравнению x2 + x + 1 = 0, — мнимые. Но мы сейчас докажем такую общую теорему: если кубическое уравнение с рациональными коэффициентами не имеет рациональных корней, то ни один из его корней не может быть построен с помощью циркуля и линейки, исходя из рационального поля F0.

Доказательство будем вести, как раньше, косвенным методом. Допустим, что число x, являющееся корнем уравнения (4), допускает построение. Тогда x должно принадлежать некоторому полю Fk, последнему в цепи постепенно расширяемых полей F0, F1,..., Fk.

Мы, как раньше, имеем право допустить, что никакой корень уравнения (4) не принадлежит полю Fk-1. (Что k не есть нуль, следует как раз из условия теоремы: x не может быть рациональным числом.) Итак, x может быть записано в виде x = p + q w, причем p, q, w принадлежат полю Fk-1, но w не принадлежит Fk-1. Такое же самое рассуждение, какое было проведено в предыдущем пункте, приводит к заключению, что число y = p - q w, также принадлежащее Fk, является корнем уравнения (4). Мы видим, как раньше, что q = 0; значит, x = y.

Из равенства (5) мы теперь заключаем, что третий корень уравнения (4) дается формулой u = -a - x - y. Но так как x + y = 2p, то, значит, u = -a - 2p.

Радикал w здесь исчез, так что оказывается, что u принадлежит полю Fk-1. Это противоречит сделанному допущению, согласно которому k есть наименьшее целое число такое, что некоторое поле Fk содержит корень уравнения (4). Придется отвергнуть сделанное допущение, раз оно привело к противоречию, и признать, что ни один из корней уравнения (4) не принадлежит никакому полю Fk. Теорема доказана. На основании этой теоремы можно утверждать, что некоторое число не может быть построено с помощью только циркуля и линейки, как только установлено, что это число является корнем кубического уравнения с рациональными коэффициентами, не имеющего рациональных корней.

Теперь мы можем перейти к рассмотрению двух других проблем древности; заметим, что каждая из них облекается в алгебраическую форму не столь непосредственно, как уже рассмотренная.

164 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ гл. III 3. Трисекция угла. Покажем, что трисекция угла с помощью только циркуля и линейки в общем случае невозможна. Конечно, существуют углы, например углы в 90 или в 180, для которых трисекция выполняется. Но мы должны показать, что не существует процедуры построения, пригодной для всякого угла. Так как общий метод должен был бы относиться ко всем углам, то наша цель будет достигнута, если мы укажем хотя бы один какой-нибудь угол, для которого трисекция невозможна. Итак, несуществование общего метода трисекции будет установлено, если мы убедимся, что, например, угол в 60 не может быть разделен на три равные части с помощью только циркуля и линейки.

Алгебраический эквивалент рассматриваемой проблемы можно получить разными способами; самый простой способ — считать, что угол задан своим косинусом: cos = g. Тогда проблема сводится к вычислению величины x = cos. Интересующие нас косинусы связаны между собой простой тригонометрической формулой (см. стр. 118) cos = 4 cos3 - 3 cos.

3 Другими словами, проблема трисекции угла (такого, что cos = g) равносильна построению корня кубического уравнения 4z3 - 3z - g = 0. (6) Так как по предыдущему мы имеем право положить = 60, g = cos 60 = =, то уравнение (6) принимает вид 8z3 - 6z = 1. (7) В силу теоремы, доказанной в предыдущем пункте, для нашей цели достаточно показать, что это уравнение не имеет рациональных корней.

Положим v = 2z; уравнение примет еще более простой вид v3 - 3v = 1. (8) r Если бы существовало рациональное число v =, удовлетворяющее этоs му уравнению, где r и s — целые числа без общего множителя (> 1), то мы должны были бы иметь равенство r3 - 3s2r = s3. Отсюда следовало бы, что число s3 - r(r2 - 3s2) делится на r, и тогда получилось бы, что r и s имеют общий множитель, если только r не равно ±1. Совершенно так же мы заключили бы, что число r3 = s2(s + 3r) делится на s2, а это значило бы, что r и s имеют общий множитель, если только s не равно ±1.

r Но так как дробь по предположению несократима, то, значит, остается s заключить, что числа r и s равны ±1, т. е. v = ±1. Но подставляя v = +и v = -1 в уравнение (8), мы видим, что в обоих случаях уравнение не § 3 НЕРАЗРЕШИМОСТЬ ТРЕХ КЛАССИЧЕСКИХ ПРОБЛЕМ удовлетворяется. Итак, уравнение (8), а следовательно, и уравнение (7) не имеют рациональных корней; тем самым невозможность трисекции угла доказана.

Эта теорема доказана в предположении, что линейка рассматривается как инструмент, служащий для проведения прямой через две данные точки, и никак иначе. В самом деле, когда мы давали общую характеристику чисел, которые допускают построение, имелось в виду только такое употребление линейки. Если допустить иные приемы пользования линейкой, то совокупность выполнимых построений чрезвычайно расширяется. Хорошим примером является следующий метод трисекции угла, указываемый в сочинениях Архимеда.

B r x y A O Рис. 36. Прием трисекции угла, указанный Архимедом Пусть дан угол x (рис. 36). Продолжим горизонтальную сторону угла влево и затем проведем полукруг с центром O и произвольным радиусом r. Отметим на самой линейке такие точки A и B, что AB = r. Затем приведем линейку в такое положение, чтобы точка A линейки была на продолженной стороне угла, точка B на проведенном полукруге и вместе с тем линейка прошла бы через точку пересечения второй стороны угла с полукругом. В этом положении линейки проведем по ней прямую линию, образующую с продолженной стороной данного угла угол, который обозначим через y.

x Упражнение. Докажите, что y =.

4. Правильный семиугольник. Перейдем теперь к проблеме построения стороны x правильного семиугольника, вписанного в единичный круг. Проще всего справиться с этой проблемой, если прибегнуть к комплексным числам (см. главу II, § 5). Мы знаем, что вершины правильного семиугольника служат корнями уравнения z7 - 1 = 0, (9) причем координаты x, y каждой вершины являются действительной и мнимой частями комплексного числа z = x + iy. Один из корней есть z = 1, а остальные удовлетворяют уравнению z7 - = z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 (10) z - 166 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ гл. III (см. стр. 120). Деля на z3, получаем новое уравнение 1 1 z3 + + z2 + + z + + 1 = 0. (11) z2 z2 z Простые алгебраические преобразования приводят его к виду 3 2 1 1 1 z + - 3 z + + z + - 2 + z + + 1 = 0. (12) z z z z Положив теперь z + = y, z мы приходим окончательно к уравнению третьей степени y3 + y2 - 2y - 1 = 0. (13) Мы знаем, что z, корень седьмой степени из единицы, дается формулой z = cos + i sin, (14) где = есть угол, под которым из центра круга видна сторона семиугольника; кроме того, из упражнения 2 на стр. 118 следует, что = cos - i sin, так что z y = z + = 2 cos.

z Если мы сумеем построить y, то сумеем построить и cos, и обратно.

Итак, раз будет установлено, что величина y не может быть построена, то тем самым будет установлено, что не могут быть построены ни величина cos, ни величина z; следовательно, невозможно будет построение семиугольника.

Pages:     | 1 |   ...   | 22 | 23 || 25 | 26 |   ...   | 76 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.