разрешимость в радикалах
.docxРазрешимость уравнений в радикалах
Определение. Пусть P – числовое поле, - число. Говорят, что выражается в радикалах над полем P ,если оно выражается через числа поля P с помощью нахождения корней произвольной степени и рациональных операций суммы, произведения, деления и разности. Другими словами, выражается в радикалах над полем P ,если существует последовательность такая, что для произвольного k верно одно из условий:
-
,
-
, или , или , или , где i<k,j<k;
-
.
Пример. P=Q. - выражается в радикалах над Q: .
Определение. Алгебраическое уравнение с коэффициентами из P называется разрешимым в радикалах над P, если все его корни выражаются в радикалах над P.
Определение. Число выражается в квадратичных (квадратных) радикалах над полем P, если оно выражается через числа поля P с помощью нахождения квадратных корней и рациональных операций.
Определение. Алгебраическое уравнение с коэффициентами из P называется разрешимым в квадратичных радикалах над P, если все его корни выражаются в квадратичных радикалах над P.
Теорема. Пусть - полином, неприводимый над P, при этом . Если n не является степенью двойки, то ни один из корней этого полинома не выражаются в квадратичных радикалах над P.
Доказательство. От противного. Пусть - корень , который выражаются в квадратичных радикалах над P, т.е. существует последовательность из первого определения (r=2).
Построим последовательность расширений: .
Для любого k рассмотрим расширение . Если , то , если , то . Таким образом, .
Если , то , тогда , т.е. полином приводим – противоречие.
Если , то рассмотрим цепочку расширений . Данные расширения конечные. Тогда , т.е. (так как - корень неприводимого полинома степени n), из чего следует, что n является степенью двойки. Противоречие. Теорема доказана.
Следствие*. Пусть , . Уравнение разрешимо в квадратичных радикалах над P тогда и только тогда, когда один из корней этого полинома принадлежит полю P.
Доказательство. Самостоятельно.
Геометрические построения с помощью циркуля и линейки. Необходимое и достаточное условия разрешимости задач на построение.
Пусть задано некоторое конечное множество точек М. Тогда:
1.Если точка A принадлежит M, то точку A можно построить.
2. Если точки A и B можно построить, то прямую AB можно построить.
3. Если точки O и A можно построить, то можно построить окружность с центром в точке O радиуса OA.
4. Если можно построить пересекающиеся прямые l и m, то можно построить их точку пересечения.
5. Если можно построить прямую l и окружность O, имеющие общие точки, то можно построить любую их общую точку.
6. Если можно построить окружности O и O', имеющие общие точки, то можно построить любую их общую точку.
7. Никакие другие точки нельзя построить.
Пусть задано множество М точек плоскости, которое содержит 2 точки А и А'. Через них можно провести прямую. Пусть А-0, А’ – 1. С помощью циркуля и линейки можно построить прямую, проходящую через 0 и перпендикулярную АА’. На ней построим АB= АА’. Получим декартову систему координат.
С одной стороны, точки плоскости можно отождествлять с комплексными числами.
С другой стороны, Точку М(a;b) можно рассматривать как точку плоскости R2. Построить точку М – значит построить отрезки, длины которых равны a и b.
В таком случае можно построить:
a+b, a-b (если a<b, то (b-a) построим в противоположном направлении оси), a*b, b/a, .
Следствие. Если построены точки a и b, то с помощью циркуля и линейки можно построить любые элементы из расширения Q(a,b).
Далее будем отождествлять плоскость с R2. Точка М(a.b) определена над полем P, если ее координаты принадлежат P.
Свойство. Если точки A1(x1,y1), A2(x2,y2) определены над P, то прямую, проходящую через них, можно записать в виде: ax+by=c, где .
Доказательство. Уравнение прямой: , причем .
Свойство. Если точки A1(x1,y1), A2(x2,y2) определены над P, то окружность с радиусом и центром в точке A1, задается уравнением .
Доказательство. Аналогично.
Свойство. Пусть заданы прямые ax+by=c и dx+ey=f, где . Координаты точки их пересечения определены над P.
Доказательство. Аналогично(решить систему и найти координаты точки пересечения).
Свойство. Пусть заданы прямая ax+by=c и окружность .Тогда точка (точки) их пересечения определена либо над P, либо над .
Доказательство. . Если b=0, то получим аналогичный результат.
Свойство. Пусть заданы две окружности. Тогда точка (точки) их пересечения определена либо над P, либо над .
Теорема1. Пусть М – множество точек, определенных над P. Для того, чтобы можно было построить с помощью циркуля и линейки некоторые точки, необходимо и достаточно, чтобы это число принадлежало некоторой цепочке квадратичных расширений .
Доказательство.
Необходимость. Пусть задано непустое множество М. Из предыдущих свойств следует, что построенные числа принадлежат либо P, либо цепочке .
Достаточность. Так как a и b из P, то, по рассмотренному ранее, a+b, a-b, a*b, b/a, (т.е. все элементы из ) можно построить с помощью циркуля и линейки. Следовательно, любой элемент из можно построить.
Неразрешимые задачи на построение.
Задача о квадратуре круга. Построить квадрат, равновеликий данному кругу.
Пусть радиус данного круга равен 1 (т.к. можно взять любой масштаб). . Площадь круга равна: . Таким образом, нужно построить a. По теореме1 это можно сделать тогда и только тогда, когда , т.е. конечному расширению Q, тогда a – алгебраическое число. Следовательно, - алгебраическое. Противоречие. Таким образом, такой квадрат построить с помощью циркуля и линейки нельзя.
Задача о трисекции угла. Поделить произвольный угол на три равные части.
Пусть дан угол . Нужно построить угол . Построение угла эквивалентно построению косинуса этого угла. . Пусть . Тогда нужно выяснить, можно ли построить корни данного уравнения: , так как является его корнем. Имеем: . Уравнение не имеет рациональных корней, значит (следствие*). Построить данный угол нельзя.
Таким образом, не любой угол можно построить с помощью циркуля и линейки. (Но некоторые можно. Например, угол 900).
Задача о делении круга на n равных частей. (построение правильного n- угольника).
Дана окружность. Вписать в нее правильный n-угольник.
См в предложенных статьях.