Kurant_R__Robbins_G_-_Chto_takoe_matematika_-_2015

причем все коэффициенты принадлежат полю F1, порождаемому величиной √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 − 2px + p2 = q2w,

(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

четвертой степени с рациональными коэффициентами.

В общем случае любое число поля F2 имеет вид x = p + q√w,

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. 130.) 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. Докажем это сначала для поля F2, причем

начнем с примера. Пусть x = √2 + p3 + √2. Мы 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)2

160 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ гл. III

Сделайте то же самое с числами

√

+ √

11

p1 + √2 + √3 + √5,

5

,

1 +

7 − √3

p

„ q « “p2 + √3” √8 2 + 1 + p2 + √5 + p3 − √7 .

(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 = p2 +		√3, б) x =		√2 +			√3, в) x = p5 + √3 .
									1

2) Постройте таким же образом уравнения восьмой степени для чисел

x = q

а)

2 + p

2 + √

2, б) x = √

+ p

1 + √

2

3,

x = 1 + q

в)

5 + p

3 + √

2.

x3 − 2 = a + b√w,

§ 3	НЕРАЗРЕШИМОСТЬ ТРЕХ КЛАССИЧЕСКИХ ПРОБЛЕМ	161

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 6 k. При l = k получается окончательный результат.

§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 √3 2 есть число иррациональное (см. упражнение 1 на стр. 86). 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 − 2 тоже принадле-

жат Fk и, значит,

(2)

162	ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ	гл. III

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√							(2′)
					w.
Так как мы предположили, что x есть корень уравнения (1), то
a + b√		= 0.					(3)
	w

Но из последнего равенства следует (это основной момент рассуждения!), что оба числа a и b равны нулю. Действительно, если бы b было отлично

от нуля, то из (3) получилось бы равенство √w = − a , это противоречит

√ b

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
	′	немедленно вытекает, что y = p				q√w есть решение
из	равенства (2 )		3		−
уравнения (1), так как y				− 2 = 0. Далее y 6= x, т. е. x − y 6= 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 уравнения (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. 125).

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)

x = p + q√w,

§ 3	НЕРАЗРЕШИМОСТЬ ТРЕХ КЛАССИЧЕСКИХ ПРОБЛЕМ	163
то они связаны между собой соотношением
	x1 + x2 + x3 = −a. 1	(5)

Рассмотрим кубическое уравнение (4), в котором коэффициенты a, b, c пусть будут рациональными числами. Может, конечно, случиться, что 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

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 6= 0; значит, x 6= 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

1Многочлен 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. 128). 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.

164	ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ	гл. III

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.

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 углаj . 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,j 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 j задан своим косинусом: cos j = g. Тогда проблема сводится к вычислению

величины x = cos 3 . Интересующие нас косинусы связаны между собой простой тригонометрической формулой (см. стр. 124)

cos j = 4 cos3 3j − 3 cos 3 .

Другими словами, проблема трисекции угла j (такого, что cos j = g) равносильна построению корня кубического уравнения

4z3 − 3z − g = 0.

(6)

Так как по предыдущему мы имеем право положить j = 60◦, g = cos 60◦ = = 21 , 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)

Если бы существовало рациональное число v = sr , удовлетворяющее этому уравнению, где r и s — целые числа без общего множителя (> 1), то мы

§ 3	НЕРАЗРЕШИМОСТЬ ТРЕХ КЛАССИЧЕСКИХ ПРОБЛЕМ	165

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. Но

так как дробь sr по предположению несократима, то, значит, остается

заключить, что числа r и s равны ±1, т. е. v = ±1. Но подставляя v = +1 и v = −1 в уравнение (8), мы видим, что в обоих случаях уравнение не 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
y	r	x
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.

Упражнение. Докажите, что y = x3 .

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 комплекс-

есть угол, под которым из центра круга видна сторона се-

166	ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ	гл. III
ным 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 − 1	= z6 + z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0	(10)
z − 1

(см. стр. 126). Деля на z3, получаем новое уравнение

z3 +	1	+ z2	+	1	+ z +	1	+ 1 = 0.	(11)
	2			2		z
	z			z

Простые алгебраические преобразования приводят его к виду

z +

1

3

− 3

z + 1z + z +

1

2

− 2 + z +

1

+ 1 = 0.

(12)

z

z

z

Положив теперь

1

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 f + i sin f,

где f = 360◦ 7

миугольника; кроме того, из упражнения 2 на стр. 124 следует, что = cos f − i sin f, так что

y = z + 1z = 2 cos f.

(14)

1

z =

Если мы сумеем построить y, то сумеем построить и cos f, 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 f, ни величина z; следовательно, невозможно будет построение семиугольника.

Таким образом, в силу теоремы пункта 2, остается показать, что уравнение (13) не имеет рациональных корней. Это тоже доказывается косвенным

методом. Допустим, что уравнение (13) имеет рациональный корень sr ,

где r и s — целые числа без общих множителей. В таком случае должно удовлетворяться равенство

r3 + r2s − 2rs2 − s3 = 0;

(15)

отсюда ясно, что r3 делится на s, a s3 — на r. Так как r и s — взаимно простые числа, то отсюда следует, что каждое из них равно ±1. Значит, и y,

§ 4	ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ. ИНВЕРСИЯ	167

если только это число рациональное, должно равняться или +1 или −1. Но подстановка в уравнение (13) показывает, что ни +1, ни −1 не являются корнями уравнения. Итак, нельзя построить величины y, а следовательно,

истороны семиугольника.

5.Замечания по поводу квадратуры круга. Сравнительно элементарные методы позволили нам довести до конца исследование проблем удвоения куба, трисекции угла и построения правильного семиугольника. Но проблема квадратуры круга гораздо сложнее и требует техники математического анализа. Так как круг радиуса r имеет площадь pr2, то проблема

построения квадрата, площадь которого равна площади круга с радиусом 1, равносильна построению числа √p, равного стороне искомого квадрата. Число √p допускает построение в том и только том случае, если допускает построение число p. Исходя из данной нами общей характеристики чисел, допускающих построение, мы установили бы неразрешимость проблемы квадратуры круга, если бы показали, что p не содержится ни в каком

поле Fk, возникающем из поля рациональных чисел посредством последовательных присоединений квадратных корней. Так как все числа, принадлежащие таким полям, являются алгебраическими, т. е. удовлетворяющими алгебраическим уравнениям с целыми коэффициентами, то неразрешимость квадратуры круга была бы доказана, если бы было установлено, что число p не алгебраическое, а трансцендентное (см. стр. 130).

Технический аппарат, необходимый для доказательства трансцендентности числа p, был создан Шарлем Э р м и т о м (1822–1905), который доказал вместе с тем трансцендентность числа e. Несколько усовершенствовав метод Эрмита, Ф. Л и н д е м а н (в 1882 г.) сумел доказать трансцендентность числа p и тем самым окончательно исчерпал вопрос, остававшийся без ответа на протяжении тысячелетий. Доказательство Линдемана — вне пределов, намеченных для этой книги, хотя оно и по плечу учащемуся, несколько знакомому с математическим анализом.

ЧАСТЬ 2

Различные методы выполнения построений

§4. Геометрические преобразования. Инверсия

1.Общие замечания. В настоящей, второй части этой главы мы систематически рассмотрим некоторые общие принципы, которые могут быть приложены к конструктивным проблемам. Многие из этих проблем обозреваются гораздо легче, если смотреть на них с общей точки зрения

Рис. 37. Отражение точки относительно прямой

P

P′

168	ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ	гл. III

«геометрических преобразований». Вместо того чтобы изучать отдельное построение, мы займемся сразу целым классом проблем, связанных между собой теми или иными процедурами преобразований. Способность бросать яркий свет на существо вещей, присущая идее класса геометрических преобразований, никоим образом не ограничена конструктивными проблемами, но имеет ближайшее отношение ко всей геометрии в целом. В главах IV

и V мы будем иметь случай оценить роль геометрических преобразований в этом более широком аспекте. Пока же мы подвергнем изучению один из частных ти-

Lпов преобразований — инверсию плоскости относительно окружности, пред-

ставляющую собой обобщение обыкновенного зеркального отражения относительно прямой линии.

Говоря о преобразовании (отображении) плоскости самой в себя, мы имеем в виду некоторое правило, сопоставляющее каждой точке P плоскости не-

которую другую точку P′ той же плоскости. Точка P′ называется образом точки P, точка P — прообразом точки P′. Простейший пример такого преобразования — зеркальное отражение (осевая симметрия) плоскости

относительно данной прямой линии L: точка P
по одну сторону L имеет своим образом точ-
ку P′, расположенную по другую сторону L та-	P′
ким образом, что L является перпендикуляром
к отрезку PP′, восставленным из его середины.
Преобразование может оставлять некоторые	P
точки плоскости неподвижными; в нашем при-
мере таковы точки самой прямой L.	O
Дальнейшими примерами преобразований
являются вращения плоскости относитель-
но неподвижной точки O, затем параллель-	C
ные переносы, перемещающие каждую точку	Рис. 38. Инверсия точки
в данном направлении на одно и то же рассто-
яние (это преобразование не имеет неподвиж-	относительно окружности
ных точек), и, наконец, в качестве несколько

более общего примера следует назвать движения плоскости, которые можно представлять себе составленными из вращений и параллельных переносов.

Но в данный момент нас интересует иной, частный класс преобразований, — именно, инверсии относительно окружностей. (Иногда их называют круговыми отражениями, вследствие наличия приблизительного сходства

OP · OP′ = r2.

§ 4	ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ. ИНВЕРСИЯ	169

с отражением в сферическом зеркале.) Пусть в неподвижной плоскости задана некоторая окружность C с центром O (называемым центром, или полюсом, инверсии) и радиусом r. Образ точки P определяется как точка P′, лежащая на прямой OP по ту же сторону от O, что и P, и такая,

что

(1)

Из этого определения следует, что если P′ есть образ P, то и P есть (в данном преобразовании) образ P′. Это дает право называть точки P и P′ взаимно обратными относительно окружности C. Инверсия превращает внутреннюю область окружности во внешнюю, и обратно: в самом деле, из неравенства OP < r следует неравенство OP′ > r и, напротив, из неравенства OP > r — неравенство OP′ < r. Неподвижными точками плоскости являются точки самой окружности C.

Правило (1) не определяет никакого образа для центра O. Но ясно, что когда движущаяся точка P приближается к O, ее образ P′ уходит неограниченно далеко. По этой причине иногда говорят, что при инверсии образом центра является бесконечно удаленная точка. Полезность этой терминологии вытекает из того обстоятельства, что она дает нам право утверждать, что инверсия устанавливает взаимно однозначное соответствие между всеми точками плоскости без исключения и их образами: каждая точка плоскости имеет один и только один образ и сама является образом одной и только одной точки. Отметим, что это последнее свойство принадлежит также и раньше приведенным примерам геометрических преобразований.

2.Свойства инверсии. Самое важное свойство инверсии заключается

втом, что она преобразует прямые линии и окружности в прямые линии и окружности. Точнее, мы сейчас обнаружим, что в результате инверсии

а) прямая, проходящая через O, становится прямой, проходящей через O,

б) прямая, не проходящая через O, становится окружностью, проходящей через O,

в) окружность, проходящая через O, становится прямой, не проходящей через O,

г) окружность, не проходящая через O, становится окружностью, не проходящей через O.

Утверждение а) не требует доказательства, так как из самого определения инверсии ясно, что каждая точка на рассматриваемой прямой имеет в качестве образа другую точку на той же прямой, так что хотя отдельные точки на прямой перемещаются, но прямая в целом остается неизменной.