Абстрактная алгебра и задачи на построение

МАТЕМАТИКА АБСТРАКТНАЯ АЛГЕБРА И ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ И. Б. КОЖУХОВ, А. А. ПРОКОФЬЕВ Московский институт электронной техники (технический университет)

ВВЕДЕНИЕ

ABSTRACT ALGEBRA AND CONSTRUCTION PROBLEMS I. B. KOZHUKHOV , A. A. PROKOF’EV

The basic ideas of abstract algebra, as applied to the geometrical construction problems, are explained. The solvability of these problems is discussed. Examples illustrating the above methods are given.

© Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., 2001

Объяснены основные идеи абстрактной алгебры, применяемые к геометрическим задачам на построение. Обсуждена разрешимость этих задач. Приведены примеры, иллюстрирующие рассматриваемые методы.

Алгебраическая операция на множестве A – это правило, по которому каждым двум элементам a, b ставится в соответствие некоторый элемент c ∈ A. Примеры алгебраических операций многочисленны. К ним относятся сложение (чисел, векторов, многочленов, матриц), умножение (чисел, матриц, многочленов), векторное произведение векторов (но не скалярное произведение) и многие другие. Абстрактная алгебра (или общая алгебра) – это раздел математики, изучающий свойства операций независимо от природы объектов, над которыми они производятся. С некоторыми понятиями общей алгебры, такими, как группы или полугруппы, читатель уже знакомился раньше в предыдущих номерах “Соросовского Образовательного Журнала” (см. [1]). С геометрическими задачами на построение связано другое алгебраическое понятие – понятие поля. Абстрактная алгебра ведет свою историю с начала XIX века, когда в трудах замечательного французского математика Эвариста Галуа были заложены основы одной из важнейших ее ветвей – теории групп. Вскоре после создания этой теории с ее помощью были решены труднейшие математические задачи – это вопрос о разрешимости уравнений в радикалах и разрешимость задач на построение циркулем и линейкой. Алгебра помогла не только решить эти задачи, но и позволила исчерпывающим образом выяснить, какие уравнения разрешимы в радикалах, а какие нет, какие построения могут быть выполнены циркулем и линейкой, какие нет. Другими методами эти задачи пытались безуспешно решить в течение многих столетий. ПОСТАНОВКА ЗАДАЧ

www.issep.rssi.ru

С задачами на построение циркулем и линейкой читатель сталкивался в 7–9-х классах, решая простейшие (деление отрезка и угла пополам, построение перпендикуляра и параллельной и т.д.), а также более сложные задачи. В этих задачах допускается использование лишь двух инструментов: циркуля и линейки. Отметим, что линейка односторонняя, не имеет делений и позволяет выполнить единственную операцию – провести прямую через две данные точки. Циркуль строит

К О Ж У Х О В И . Б . , П Р О К О Ф Ь Е В А . А . А Б С Т РА К Т Н А Я А Л Г Е Б РА И З А Д А Ч И Н А П О С Т Р О Е Н И Е

117

МАТЕМАТИКА окружность с центром в данной точке и радиусом, равным данному отрезку, и никаких других действий не делает. Конечно, с помощью циркуля и линейки можно найти точку пересечения двух прямых, прямой и окружности, двух окружностей. Кроме того, считается возможным взять, если это нужно для построения, произвольную точку на прямой, на окружности, в заданной области плоскости. Приведем пример решения задачи. Задача. Разделить данный отрезок AB на n равных частей. Решение. Проводим прямую a, параллельную AB, на которой откладываем заданное число равных отрезков произвольной длины, например A1K1 = K1L1 = L1M1 = = M1N1 = N1B1 (рис. 1). Проводим прямые A1A, B1B и через точку их пересечения O – лучи K1O, L1O, M1O, N1O. Эти лучи пересекут AB в точках K, L, M, N, которые делят данный отрезок AB на заданное число равных частей (в нашем примере на n = 5).

a

A1

K1

L1

M1

N1

помощью циркуля и линейки. И это несмотря на то, что более 150 лет назад была доказана неразрешимость данной задачи. Например, в одной из статей журнала “Наука и жизнь” (1998, № 3) для решения используется геометрическая фигура (рис. 2), состоящая из равнобедренного треугольника ADO с нижним углом O, подлежащим разделению на три равные части, и равносторонней трапеции ABCD, все вершины которой находятся на равном расстоянии от точки O. Для трапеции получаем t соотношение S = 2a + a ----------- или t+h сводится к построению трапеции

h чениях отношения --- , и OB и OC будут делить угол AOD t на три равные части. Вот только угол AOD не произвольный, да и построение трапеции возможно не для h любого значения --- . t

B1 B a

A

K

L

M

N

S 2h + 3t --- = -----------------. Задача a t+h при различных зна-

B a || AB

A

M

C a

h

D

N t

O O

AD = S AB = BC = CD = a ON = t NM = h

Рис. 1 Рис. 2

Что касается деления произвольного угла на n равных частей, то это можно сделать при n = 2, 4, 8, 16, …, для других значений n этого сделать нельзя. Таким образом, существуют задачи на построение, которые не могут быть решены с помощью циркуля и линейки. Отметим три знаменитые задачи древности, известные еще в V в. до н.э., невозможность построений в которых доказана математиками в XIX веке. 1. Задача о квадратуре круга, то есть построение с помощью циркуля и линейки квадрата, равновеликого данному кругу. 2. Задача о трисекции угла, то есть деление произвольного угла на три равные части с помощью циркуля и линейки. 3. Задача об удвоении куба, состоящая в построении куба, имеющего объем, вдвое больший объема данного куба. К сожалению, до сих пор не прекращаются попытки некоторых любителей математики придумать способ деления произвольного угла на три равные части с

118

ЧТО МОЖНО И ЧЕГО НЕЛЬЗЯ ПОСТРОИТЬ Каким же образом абстрактная алгебра позволяет проанализировать задачу на построение и решить вопрос о том, возможно построение или нет? Основная идея состоит в том, что исходной и конечной геометрическим конфигурациям ставится в соответствие некоторый алгебраический объект, по свойствам которого алгебраическими средствами выясняется, возможно построение или нет. Реализация этой идеи изложена в научных и научно-популярных статьях и брошюрах. В статье [2] в основу положен метод координат, а точки плоскости рассматриваются как комплексные числа x + yi , x , y ∈ R. В [3] ставится цель: вводя как можно меньше новых математических понятий, побыстрее донести до читателя причины неразрешимости трех классических задач. Статья [4] содержит тезисное изложение подхода, осуществленного в [2]. Наша статья, как нам кажется, поможет читателям понять основные идеи применения алгебры к задачам на построение и научиться

С О Р О С О В С К И Й О Б РА З О В АТ Е Л Ь Н Ы Й Ж У Р Н А Л , Т О М 7 , № 7 , 2 0 0 1

МАТЕМАТИКА анализировать конкретные задачи. Желающим познакомиться с абстрактной алгеброй поближе поможет, например, книга [5].

Пусть F ' – расширение поля F. Если в поле F ' существует элемент θ, такой, что все элементы a ∈ F ' представимы в виде

ПОНЯТИЕ ПОЛЯ. РАСШИРЕНИЕ ПОЛЕЙ

a = λ0 + λ1θ + … + λn − 1θn − 1,

Полем называется множество F, в котором определены операции сложения и умножения любых двух элементов и выполняются следующие аксиомы: 1) для всех a, b, c ∈ F (a + b) + c = a + (b + c), a + b = b + a, ab = ba, (ab)c = a(bc), (a + b)c = ac + bc; 2) существуют элементы 0 и 1, такие, что 0­1

и

a + 0 = a,

a ⋅ 1 = a для всех a ∈ F; 3) для любого a ∈ F существует b ∈ F, такой, что a + b = 0 (обозначают b = −a); 4) для любого a ­ 0 существует c ∈ F, такой, что ac = 1 (обозначают c = a−1). Примерами полей служат множества чисел: R – действительных, Q – рациональных, С – комплексных. Наименьшее поле – поле из двух элементов Z2 = {0, 1}, в котором 0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0, 0 ⋅ 0 = 0 ⋅ 1 = 1 ⋅ 0 = 0, 1 ⋅ 1 = 1. Пусть F – поле и F1 – его непустое подмножество. Тогда F1 называется подполем поля F, если для любых элементов a, b ∈ F1 в F1 содержатся a + b, ab, − a и a−1 (a ­ 0). Если F1 – подполе поля F, то поле F называется расширением поля F1 . Многочлен f (x) = anxn + … + a1x + a0 с коэффициентами из поля F называется неприводимым над полем F, если его нельзя представить в виде произведения многочленов меньшей степени с коэффициентами из F. Свойство неприводимости многочлена зависит от поля F и при расширении этого поля может перестать выполняться. Например, многочлен x2 − 3 неприводим над полем Q, но приводим над R ( x – 3 = ( x – 3 ) ( x + 3 ) ); многочлен x2 + 1 неприводим над R, но приводим над С. Пусть даны два поля F и F ', причем F ⊆ F '. Поле F ' называется расширением степени n поля F, если существуют такие u1 , u2 , …, un ∈ F ', что всякий элемент a ∈ F 'единственным образом представим в виде a = λ1u1 + … + λnun , где λ1 , …, λn ∈ F. В этом случае число n называется степенью расширения поля F, а совокупность элементов u1 , u2 , …, un – базисом поля F ' над полем F. Степень расширения обозначают [F ' : F]. Например, поле С имеет базис 1, i над полем R, поэтому [C : R] = 2. 2

то говорят, что F ' получается присоединением к F элемента θ. В алгебре доказывается, что для любого поля F и многочлена f (x) с коэффициентами из F существует расширение F ' ⊃ F, такое, что f (x) имеет корень в F ', то есть f(θ) = 0 для некоторого θ ∈ F '. Наименьшее подполе в F ', содержащее F и θ, обозначается F(θ). Приведем несколько примеров. 1. Если F = R и f (x) = x2 + 1, то R(i) = С, где i2 = −1. 2. Если F = Q и f (x) = x3 − 2, то Q ( θ ) = Q ( 3 2 ) – множество чисел вида a + bθ + cθ2, где a, b, c ∈ Q, а θ3 = 2. Другими словами, Q ( 3 2 ) – это множество чисел вида a + b 3 2 + c 3 4 . 3. Присоединим к полю Z2 корень уравнения x2 + x + + 1 = 0. В поле Z2 1 + 1 = 0 и 1 = −1, а значит, x2 = = −x − 1 = x + 1. Поэтому поле Z2(θ), где θ2 = θ + 1, состоит из элементов вида a + bθ, где a, b ∈ {0, 1}. Приведем таблицы сложения и умножения в Z2(θ): +

0

1

θ

θ+1

0 0 1 θ θ+1 1 1 0 θ+1 θ θ θ θ+1 0 1 θ+1 θ+1 θ 1 0

×

0

0 1 θ θ+1

0 0 0 0

1

θ

θ+1

0 0 0 1 θ θ+1 θ θ+1 1 θ+1 1 θ

Пусть F – поле, F ' – его расширение, а F " – расширение поля F ', то есть F ⊆ F ' ⊆ F ". Если F ' имеет базис e1 , e2 , …, en над F, а F " имеет базис f1 , f2 , …, fm над F ', то можно проверить, что элементы e1 f1 , e1 f2 , …, en fm будут образовывать базис поля F " над F. Отсюда следует, что [F " : F] = [F " : F '] ⋅ [F ' : F]. Расширение F ' поля F, имеющее степень 2, называется квадратичным расширением. Пусть F ' – расширение поля F и 1, θ – базис F ' над F. Так как θ2 ∈ F ', то θ2 = αθ + β при некоторых α, β ∈ F, то есть θ – корень многочлена x2 − αx − β, неприводимого над F. Если 1 + + 1 ­ 0 в поле F, то в нем справедлива обычная формула корней квадратного уравнения –b ± D 2 ax + bx + c = 0 ⇔ x 1, 2 = ---------------------- , 2a α± D где D = b2 − 4ac. В нашем случае θ 1, 2 = ------------------, где D = 2 = α2 + 4β. Значит, F ( θ ) = F ( D ), то есть присоединение корня квадратного уравнения (при 1 + 1 ­ 0) равносильно присоединению квадратного корня из некоторого элемента. Например, пусть F – расширение

К О Ж У Х О В И . Б . , П Р О К О Ф Ь Е В А . А . А Б С Т РА К Т Н А Я А Л Г Е Б РА И З А Д А Ч И Н А П О С Т Р О Е Н И Е

119

МАТЕМАТИКА поля Q, полученное присоединением корня многочлена x2 + 3x − 1. Тогда F = Q(θ), где θ2 + 3θ − 1 = 0. Имеем – 3 ± 13 θ = ------------------------ . Значит, Q ( θ ) = Q ( 13 ). 2 Если к полю F присоединяется корень неприводимого (над F) многочлена, то степень расширения и базис можно легко найти. А именно, пусть f (x) = xn + + an − 1xn − 1 + … + a1x + a0 неприводим над F. Если θ – корень многочлена f(x), то θn = −an − 1θn − 1 − … −a1θ − a0 . Отсюда следует, что все элементы из F(θ) представимы в виде α0 + α1θ + … + αn − 1θn − 1, где α0 , α1 , …, αn − 1 ∈ F. Докажем единственность представления. Пусть α0 + α1θ + … … + αn − 1θn − 1 = β0 + β1θ + … + βn − 1θn − 1 и не все коэффициенты одинаковы. Тогда γ0 + γ1θ + … + γn − 1θn − 1 = 0 . Так как f (x) неприводим, а g(x) = γ n − 1x n − 1 + … + γ 0 имеет меньшую степень, то наибольший общий делитель (н.о.д.) многочленов f и g равен 1. Из алгоритма Евклида нахождения н.о.д. двух многочленов следует существование таких многочленов u(x) и υ(x), что f(x)u(x) + + g(x)υ(x) = 1. Подставив x = θ, получим 1 = f(θ)u(θ) + + g(θ)υ(θ) = 0 ⋅ u(θ) + 0 ⋅ υ(θ) = 0 – противоречие. МНОГОЧЛЕНЫ С РАЦИОНАЛЬНЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ Многочлены с целыми и рациональными коэффициентами играют важную роль во многих задачах на построение. При анализе этих задач приходится раскладывать многочлены на неприводимые множители и определять, является ли данный многочлен неприводимым. В общем случае разложение многочлена на неприводимые множители и установление неприводимости – весьма сложные задачи, подобно тому как разложение большого натурального числа на простые множители – трудная вычислительная задача. Однако есть простое достаточное условие неприводимости – критерий Эйзенштейна, который мы здесь изложим. Но перед этим потребуется привести одно определение и доказать два вспомогательных утверждения. Определение. Многочлен f(x) = anxn + an − 1xn − 1 + … … + a1x + a0 с целыми коэффициентами называется примитивным, если наибольший общий делитель его коэффициентов равен 1. Лемма 1 (лемма Гаусса). Произведение примитивных многочленов является примитивным. Доказательство. Пусть ϕ(x) = anxn + an − 1xn − 1 + … … + a1x + a0 и ψ(x) = bmxm + bm − 1xm − 1 + … + b1x + b0– примитивные многочлены. Положим ω(x) = ϕ(x)ψ(x) = = cm + nxm + n + cm + n − 1xm + n − 1 + … + c1x + c0. Докажем, что не существует простого числа p, на которое делятся все c0 , c1 , …, cm + n . Пусть p – произвольное простое число. Обозначим через ai и bj последние коэффициенты многочленов ϕ(x) и ψ(x), не делящиеся на p. Тогда ci + j =

120

= aibj + ai + 1bj − 1 + … + ai − 1bj + 1 + … В этой сумме первое слагаемое не делится на p, а все остальные делятся. Следовательно, ci + j не делится на p. Лемма 2. Многочлен с целыми коэффициентами f(x), не разлагающийся в произведение многочленов меньшей степени с целыми коэффициентами, неприводим над полем Q. Доказательство. Пусть f (x) = anxn + an − 1xn − 1 + … … + a1x + a0. Можно считать, что н.о.д. a0 , a1 , …, an равен 1. Допустим, что f(x) = g(x)h(x), где g и h – многочлены меньшей степени с рациональными коэффициентами. Приводя коэффициенты каждого из многочленов g и h к общему знаменателю и вынося знаменатели и н.о.д. коэффициентов за скобку, получим, что a g ( x ) = --- ϕ ( x ), b

c h ( x ) = --- ψ ( x ), d

где a, b, c, d ∈ Z, а ϕ(x) и ψ(x) – примитивные многочлеac ны. Имеем f ( x ) = ------ ϕ ( x )ψ ( x ), или bdf(x) = acϕ(x)ψ(x). bd По лемме Гаусса ϕ(x)ψ(x) – примитивный многочлен. Следовательно, bd = ±ac. Тогда f(x) = ±ϕ(x)ψ(x), что противоречит условию леммы. Теорема (критерий Эйзенштейна). Пусть f (x) = = anxn + an − 1xn − 1 + … + a1x + a0 – многочлен с целыми коэффициентами и для некоторого простого числа p выполнены условия: 1) a0 , a1 , …, an − 1 делятся на p; 2) an не делится на p; 3) a0 не делится на p2. Тогда f(x) неприводим над полем Q. Доказательство. Допустим, что выполнены условия (1)–(3), но f(x) приводим. По лемме 2 f(x) = (bkxk + … … + b0)(clxl + … + c0), где все bi , cj ∈ Z. Так как b0c0 = a0 , то одно из чисел b0 , c0 делится на p, а другое нет. Пусть, например, b0 делится на p. Имеем b0c1 + b1c0 = a1 . Так как b0 , a1 делятся на p, а c0 не делится, то b1 делится на p. Аналогично получаем, что b2 , b3 , … делятся на p. Тогда все коэффициенты ai делятся на p. В частности, an делится на p, а это противоречит условию. Пример. Многочлен 3x3 + 4x2 + 10 неприводим над полем Q, так как 3 не делится на 2, 4 и 10 делятся на 2, а 10 не делится на 22. СВЯЗЬ ТЕОРИИ ПОЛЕЙ С ЗАДАЧАМИ НА ПОСТРОЕНИЕ Предположим, что задача на построение сводится к построению отрезка x по заданным отрезкам a, b, c, … (к такой схеме приводятся многие задачи на построение). В 7–8-х классах средней школы доказывается, что отрезки, выраженные формулами x = a ± b, x = a ± b ,

С О Р О С О В С К И Й О Б РА З О В АТ Е Л Ь Н Ы Й Ж У Р Н А Л , Т О М 7 , № 7 , 2 0 0 1

2

2

МАТЕМАТИКА ab x = ------ , x = ab, могут быть построены циркулем и c линейкой. Для отрезков, заданных более сложными формулами, это возможно, если их можно выразить через перечисленные выше. Например, можно постро3

ить отрезок x =

a ----- + 2cd , поскольку b

2

2 a = a ⋅ ----- + ( 2c ⋅ d ) = b

2

2

p +q ,

где

x

B

C

u O

h d1

d2

3

a ----- + 2cd = b

A

a⋅a p = a ⋅  ---------- ,  b 

q = ( c + c ) ⋅ d . Однако отрезок x = 3 a + b построить нельзя (это будет видно из дальнейшего). 3

3

Длины заданных отрезков a, b, c – действительные числа. Рассмотрим наименьшее поле F, содержащее эти числа. Каждый шаг построения состоит в построении прямых и окружностей и пересечении их друг с другом. Поэтому в процессе построений получаются лишь такие отрезки, длины которых являются корнями квадратных уравнений, коэффициенты которых уже построены. Таким образом, поле может расширяться: F ⊂ ⊂ F1 ⊂ F2 ⊂ … ⊂ Fk , но для каждого i расширение Fi +1 поля Fi квадратичное, то есть F i + 1 = F i ( a i ), где ai ∈ Fi . Так как [Fi + 1 : Fi] = 2 при всех i, то [Fk : F ] = 2k. Если отрезок x не содержится в расширении поля F степени 2k, то его построение невозможно. Если x ∈ F ', где F ' имеет степень 2k над F, то существует цепочка полей F ⊂ F '1 ⊂ … ⊂ F 'k = F', где в каждом звене расширение квадратичное. В этом случае отрезок x может быть построен циркулем и линейкой. Существование цепочки квадратичных расширений – это несложное утверждение теории полей, однако доказывать его мы не будем, так как это привело бы к значительному увеличению объема статьи. ПРИМЕР ИССЛЕДОВАНИЯ ЗАДАЧИ Применение описанного метода разберем на примере. Задача. Исследовать возможность построения прямоугольной трапеции по двум ее диагоналям d1 , d2 и расстоянию u от точки пересечения диагоналей до меньшей боковой стороны. Решение. Пусть x и y – основания трапеции, а h – ее высота (рис. 3). Из подобия треугольников имеем BO CO BO CO u AO u BO --- = --------, --- = -------- и --------- = --------. Тогда -------- = --------, а знаOD AO BD AC x AC y BD xy u u AO CO чит, --- + --- = -------- + -------- = 1. Следовательно, u = ------------ . x+y x y AC AC

D

y Рис. 3

Построение трапеции возможно в том и только том случае, если может быть построен отрезок x. Составим систему уравнений для нахождения x. Имеем 2

2

2

2

x + h = d1,

2

2

y + h = d2,

xy ------------ = u. x+y

Исключая y и h, получим уравнение для x x – 2ux + ( d 2 – d 1 )x – 2u ( d 2 – d 1 )x + ( d 2 – d 1 )u = 0. (*) 4

3

2

2

2

2

2

2

2

2

Построение трапеции возможно в том и только том случае, если можно циркулем и линейкой построить корень уравнения (*), удовлетворяющий условиям задачи. (При построении постороннего корня уравнения (*) задачу нельзя считать решенной.) Покажем невозможность построения в общем случае. Пусть d1 = 5, d 2 = 2 7, u = 2. При фиксированных d1 , d2 изменение x вызывает изменение величины u в d1d2 -. При d1 = 5, d 2 = 2 7 имеем пределах от 0 до --------------d1 + d2 5⋅2 7 -------------------- > 2, поэтому u = 2 – допустимое значение, то 5+2 7 есть трапеция с заданными элементами существует. Уравнение (*) в нашем случае имеет вид x4 − 4x3 + 3x2 − 12x + 12 = 0, или (x − 1)(x3 − 3x2 − 12) = 0. Корень x = 1 посторонний, так как при x = 1, u = 2 из xy равенства ------------ = u получим y = −2. Значит, истинный x+y корень удовлетворяет уравнению x3 − 3x2 − 12 = 0. По критерию Эйзенштейна многочлен x3 − 3x2 − 12 неприводим над полем Q. Следовательно, [Q(θ) : Q] = 3, где θ3 − 3θ2 − 12 = 0. Но поле F, содержащее числа 5, 2 7 и 2, есть Q ( 7 ), и его размерность [ Q ( 7 ) : Q ] = 2. Получаем следующую диаграмму полей (рис. 4). Таким образом, если взять за основу поле F, то добавление к нему элемента θ приводит к расширению степени 3. Поскольку 3 ­ 2n, отрезок x = θ построен быть не может.

К О Ж У Х О В И . Б . , П Р О К О Ф Ь Е В А . А . А Б С Т РА К Т Н А Я А Л Г Е Б РА И З А Д А Ч И Н А П О С Т Р О Е Н И Е

121

МАТЕМАТИКА ных чисел сначала 2 3

соединению элемента Q(θ)

3 2 Q Рис. 4

Итак, в общем случае построение трапеции циркулем и линейкой невозможно. Однако для некоторых (даже рациональных) d1 , d2 , u построить трапецию можно. Рассмотрим другие значения данных отрезков: d1 = 2, d2 = 3, u = 1. Трапеция существует, так как d1d2 -. Подставляя данные в (*), для x получим x4 − u < --------------d1 + d2 − 2x3 + 5x2 − 10x + 5 = 0, или x4 − 2x3 + 5(x − 1)2 = 0. Положив x − 1 = t, получим (t + 1)4 − 2(t + 1)3 + 5t 2 = = 0, то есть t 4 + 2t 3 + 5t 2 − 2t − 1 = 0. Для доказательства неприводимости многочлена t 4 + 2t 3 + 5t 2 − 2t − 1 над полем Q достаточно доказать, что он не разлагается в произведение многочленов меньшей степени с целыми коэффициентами. Так как 1 и −1 не являются его корнями, то разложение вида (t + α)(t 2 + βt + γ) (при α, β, γ ∈ Z) невозможно. Единственный возможный вариант – это разложение t 4 + 2t 3 + 5t 2 − 2t − 1 = (t 2 + at + 1) × × (t 2 + bt − 1). Правая часть равна t 4 + (a + b)t 3 + abt 2 + (b − a)t − 1, поэтому мы имеем систему a + b = 2, ab = 5, b − a = −2. Эта система не имеет решений в целых числах (и не только в целых). Значит, многочлен неприводим над полем Q. Отсюда следует, что присоединение к полю Q корня этого многочлена приводит к расширению степени 4. Так как 4 = 22, то отрезок t может быть построен циркулем и линейкой. Следовательно, может быть построен и отрезок x = t + 1 = t + u, а значит, и сама трапеция. В заключение авторы предлагают несколько упражнений для самостоятельного решения. 1. Найдите какой-нибудь многочлен с целыми коэффициентами, для которого число 2 + 3 является корнем. 2. Докажите, что Q ( 2 ) ( 3 ) = Q ( 2 + 3 ), то есть поле, полученное присоединением к полю рациональ-

122

2, а потом

3, равносильно при-

2 + 3.

3. Можно ли построить циркулем и линейкой равнобедренный треугольник: а) по боковой стороне a и биссектрисе b боковой стороны; б) по основанию a и биссектрисе b боковой стороны? 4. Докажите неприводимость над полем Q следующих многочленов: а) x4 − 18x2 + 33; б) 8x4 − 8x3 − 20x2 + + 32x − 7. 5. Определите степень расширения: а) [ Q ( 7 – 4 3 ) : Q ], б) [ Q ( 9 – 4 3 ) : Q ]. Ответы и указания. 1. x4 − 10x2 + 1. 3. а) нельзя, например, при a = b; б) можно. 4. б) умножьте многочлен на 2 и обозначьте 2x через t. 5. а) 2, так как Q ( 7 – 4 3 ) = = Q ( 2 – 3 ) = Q ( 3 ); б) 4. ЛИТЕРАТУРА 1. Шеврин Л.Н. Что такое полугруппа // Соросовский Образовательный Журнал. 1997. № 4. C. 99–104. 2. Манин Ю.И. О разрешимости задач на построение с помощью циркуля и линейки // Энциклопедия элементарной математики. М.: Физматгиз, 1963. Т. 4: Геометрия. С. 205–227. 3. Прасолов В.В. Три классические задачи на построение. М.: Наука, 1992. 80 с. 4. Гейлер В.А. Неразрешимые задачи на построение // Соросовский Образовательный Журнал. 1999. № 12. C. 115–118. 5. Ленг С. Алгебра. М.: Мир, 1968. 564 с.

Рецензент статьи Ю.П. Соловьев *** Игорь Борисович Кожухов, доктор физико-математических наук, профессор кафедры высшей математики Московского института электронной техники. Область научных интересов – общая алгебра. Автор и соавтор 70 научных и методических работ. Александр Александрович Прокофьев, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры высшей математики Московского института электронной техники. Область научных интересов – механика жидкости и газа, методика преподавания математики. Автор и соавтор 40 научных и методических работ.

С О Р О С О В С К И Й О Б РА З О В АТ Е Л Ь Н Ы Й Ж У Р Н А Л , Т О М 7 , № 7 , 2 0 0 1