Univerzita Karlova v Praze Matematicko-fyzikální fakulta. Michal Kesely. Katedra matematické analýzy. Studijní program: Obecná matematika

Transcription

1 Univerzita Karlova v Praze Matematicko-fyzikální fakulta BAKALÁŘSKÁ PRÁCE Michal Kesely Slavné neřešitelné problémy Katedra matematické analýzy Vedoucí bakalářské práce: RNDr. Dalibor Pražák, Ph.D. Studijní program: Obecná matematika 2008

2 Týmto by som chcel pod akovat vedúcemu práce RNDr. Daliborovi Pražákovi, Ph.D. za obetavé a poučné vedenie tejto práce a za jeho čas. Taktiež by som chcel pod akovat Jimovi Loyovi za poskytnutie niektorých zaujímavých materiálov ku kapitole 3. Prehlasujem, že som svoju bakalársku prácu napísal samostatne a výhradne s použitím citovaných prameňov. Súhlasím so zapožičiavaním práce a jej zverejňovaním. V Prahe dňa Michal Kesely 2

3 Obsah Úvod 6 1 Konštruovatel né čísla Aké čísla vlastne možno zostrojit? Algebraické čísla Vzt ah konštruovatel ných a algebraických čísel Délsky problém 17 3 Trisekcia uhla Neriešitel nost problému Zdanlivé riešenia trisekcie uhla Kvadratúra kruhu Transcendentné čísla Niekol ko prípravných tvrdení Transcendencia e Transcendencia π Zoznam použitého značenia 37 Literatúra 39 3

4 Názov práce: Slavné neřešitelné problémy Autor: Michal Kesely Katedra (ústav): Katedra matematické analýzy Vedúci bakalárskej práce: RNDr. Dalibor Pražák, Ph.D. vedúceho: Abstrakt: V predloženej práci študujeme tri slávne antické problémy (délsky problém, trisekciu uhla a kvadratúru kruhu), ktoré sa ovel a neskôr ukázali byt neriešitel nými. V prvej kapitole sformalizujeme pojem euklidovskej konštrukcie, dokážeme pár viet o algebraických číslach a ukážeme zaujímavú súvislost medzi euklidovsky konštruovatel nými číslami a algebraickými číslami. V nasledujúcich dvoch kapitolách potom priamo z vlastností konštruovatel ných čísel dokážeme neriešitel nost prvých dvoch problémov, v tretej kapitole naviac uvedieme aj niekol ko nesprávnych riešení trisekcie uhla. V poslednej kapitole najprv dokážeme existenciu transcendentných čísel, vybudujeme si potrebný aparát a nakoniec dokážeme transcendenciu dvoch známych konštánt - e a π. Neriešitel nost kvadratúry kruhu je priamym dôsledkom transcendencie π. Kl účové slová: neriešitel ný problém, konštruovatel ný, transcendentný 4

5 Title: Famous unsolvable problems Author: Michal Kesely Department: Department of Mathematical Analysis Supervisor: RNDr. Dalibor Pražák, Ph.D. Supervisor s address: prazak@karlin.mff.cuni.cz Abstract: In the present work we study three famous problems of antiquity (the Delian problem, the trisection of an angle and the squaring of a circle), which turned to be unsolvable much later. In the first chapter we will formalize the concept of Euclidean construction, prove few theorems about algebraic numbers and show an interesting connection between constructible numbers and algebraic numbers. In the next two chapters we will prove the insolvability of the Delian problem and the trisection of an angle using the properties of constructible numbers. Furthermore in the third chapter we will mention some incorrect solutions of the trisection problem. In the last chapter we will prove the existence of transcendental numbers, build an appropriate apparatus and finally we will prove the transcendence of two famous constants - e and π. The insolvability of the squaring problem is a direct consequence of the transcendence of π. Keywords: unsolvable problem, constructible, transcendental 5

6 Úvod Starovekí Gréci boli oddaní geometrii a považovali ju za matku všetkých vied. Všetky svoje matematické znalosti vyjadrovali pomocou geometrických útvarov a konštrukcií - napríklad súčin dvoch čísel vyjadrovali ako obsah obdĺžnika o príslušných stranách. Boli si vedomí aj toho, že existujú aj iné čísla ako racionálne, hoci tento fakt prijímali len vel mi t ažko, pretože to bola rana do ich matematických ideálov. Gréci boli v geometrických konštrukciách neprekonatel ní, avšak ani oni nezvládli splnit všetky úlohy. Medzi tri najznámejšie patrili délsky problém (problém duplicity kocky), problém trisekcie uhla a problém kvadratúry kruhu. Ich podstatou je zostrojenie kocky s objemom 2, rozdelenie daného uhla na tretiny a konštrukcia štvorca s rovnakým obsahom ako má kruh o polomere 1. Už v týchto dobách boli síce predložené riešenia týchto problémov (a treba podotknút, že správne), lenže žiadne z nich neboli,,čisté. Za čisté totiž Gréci považovali iba to, čo dnes nazývame euklidovskou konštrukciou. Pri nej sú jedinými povolenými nástrojmi nekonečne dlhé jednohranné pravítko bez rysky a kružidlo. Prvé riešenia používali napríklad krivky (spomeňme kvadratrix), ktoré euklidovsky skonštruovat nešli. A pomocou euklidovskej konštrukcie zostali tieto problémy nevyriešené ešte dlhé roky. A tak podozrenie, že tieto problémy nemajú riešenie, nadobúdalo na sile. Avšak prvé dva problémy odolávali, až kým Descartes nezaviedol základy analytickej geometrie. Zrazu namiesto kreslenia čiar stačilo počítat rovnice. A pomocou nich sa (pomerne jednoducho) ukázalo, že délsky problém ani problém trisekcie uhla nie sú euklidovsky riešitel né. Kvadratúra kruhu však odolávala aj nad alej. 6

7 Matematici sa zhodli, že podstata tohto problému spočíva ešte kdesi hlbšie. Začalo sa trochu rozjasňovat, ked sa ukázalo, že existuje akýsi zvláštny druh čísel - transcendentné čísla. Nebolo t ažké dokázat, že žiadne transcendentné číslo nejde euklidovsky skonštruovat. Liouville skonštruoval niektoré čísla, o ktorých aj dokázal, že sú transcendentné. Cantor dokonca dokázal, že ich je nespočítatel ne vel a. Otvárala sa cesta, ako sa zbavit posledného problému. Stačilo ukázat, že π je transcendentné číslo. V roku 1873 sa Hermiteovi podarilo dokázat transcendenciu e a o devät rokov neskôr Lindemann upravením Hermiteovho dôkazu dospel k záveru, že π je transcendentné. Tým sa zavŕšila jedna kapitola antickej matematiky - o niekol ko tisíc rokov neskôr. V tejto práci si ukážeme, ako možno neriešitel nost týchto troch problémov dokázat. 7

8 Kapitola 1 Konštruovatel né čísla Táto kapitola je akousi prípravou pred samotným dôkazom neriešitel nosti troch antických problémov. Neriešitel nost dvoch z troch problémov bude priamym dôsledkom vlastností konštruovatel ných čísel. Pre problém kvadratúry kruhu však budeme potrebovat ešte akúsi nadstavbu o algebraických číslach. 1.1 Aké čísla vlastne možno zostrojit? Definícia Pravítkom bez rysky rozumieme nekonečne dlhé pravítko, na ktorom sa nenachádzajú žiadne značky a má iba jednu hranu. Takéto pravítko možno použit na spojenie dvoch známych bodov alebo na predĺženie existujúcej úsečky. Kružidlom rozumieme kružidlo nastavitel né na l ubovol ne vel ký, ale už známy, polomer, ktoré na sebe nemá žiadne značky. Kružidlo sa ihned po konštrukcii sklapne. Definícia Číslo a sa nazýva euklidovsky skonštruovatel né, pokial je možné z jednotkovej úsečky pomocou kružidla a pravítka bez rysky v konečnom počte krokov zostrojit úsečku dĺžky a. Pri euklidovskej geometrickej konštrukcii máme k dispozícii len kružidlo a pravítko bez rysky. Ak začíname len s úsečkou jednotkovej dĺžky, jednoduchým spôsobom skonštruujeme všetky prvky okruhu celých čísel. Odtial už vieme známym spôsobom skonštruovat všetky úsečky, ktorých dĺžka je racionálne číslo. Z úsečiek racionálnych dĺžok potom budeme môct konštruovat d alšie úsečky iných zaujímavých dĺžok. 8

9 Lema Všetky úsečky racionálnych dĺžok sú euklidovsky skonštruovatel né. Dôkaz. Nech m je racionálne číslo, kde m, n N. Vezmeme úsečky zodpovedajúce prirodzeným číslam m a n tak, že ich konce umiestnime do to- n ho istého bodu P. Cez opačné konce úsečiek (Q a R) vedieme priamku. Na úsečku P Q dĺžky n ešte nanesieme jednotkovú úsečku, a tak vznikne bod A. Nakoniec vedieme rovnobežku k priamke QR cez bod A. Priesečník úsečky P R a tejto priamky označme B. m B R P 1 A n Q Z podobnosti trojuholníkov vyplýva, že úsečka P B má dĺžku m n. Lema Pokial je euklidovsky skonštruovatel né číslo z > 0, tak je euklidovsky skonštruovatel né aj číslo z. Dôkaz. Zostrojíme úsečku AB dĺžky z+1, pozostávajúcu z dvoch častí, AD a DB - jedna má dĺžku z a druhá má dĺžku 1. Nad takouto úsečkou zostrojíme Tálesovu kružnicu. Z bodu D vztýčime kolmicu na úsečku AB a jej priesečník s kružnicou označíme C. C A D z 1 B 9

10 Zrejme trojuholník ACB je pravouhlý, podobne aj trojuholníky ADC a BDC. Tieto trojuholníky sú si navzájom podobné a preto platí AD = CD. CD DB z Po dosadení teda = CD, z čoho CD 1 CD 2 = z a CD = z, čo sme chceli ukázat. Ostatné euklidovsky skonštruovatel né čísla potom dostaneme postupnými iteráciami Pytagorovej vety. V prvom kroku zoberieme všetky racionálne čísla a vytvoríme všetky čísla, ktoré sa použitím Pytagorovej vety dajú vytvorit (nazvime ich napríklad konštruovatel né čísla prvého rádu). V n-tom kroku vytvárame d alšie čísla z konštruovatel ných čísel (n-1)-vého rádu. Postupné použitie Pytagorovej vety a postupný vznik nových konštruovatel ných čísel osvetl uje nasledujúca definícia. Pre podrobný dôkaz ekvivalencie oboch definícií konštruovatel ných čísel vid [4], str Definícia Zvol me K 0 = Q a d alej pre n N induktívne definujme n-té rozšírenie. Najprv zvolíme prvok w spĺňajúci w K n 1 a w / K n 1. Potom K n = {p + q w p, q K n 1 }. Množinou konštruovatel ných čísel nazývame množinu K = Dôkaz korektnosti definície. Potrebujeme ukázat, že príslušné w možno vždy vybrat tak, aby nepatrilo do K n 1, a tým pádom že žiadne dve rozšírenia nie sú totožné. Bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladat, že v príslušných prípadoch je w > 0, aby w bola reálne definovaná. Zrejme K 0 K 1 a tiež K i K i+1 pre i N, potrebujeme však ukázat ostrú inklúziu. Nech teda K m je najmenšia množina taká, že nejde vybrat w / Km pre w K m. To ale znamená, že pre každé a K m je a K m a tiež a Km. Špeciálne dostávame v = p + q v pre nejaké prvky p, q, v K m 1 K m ; v / K m 1 ; v K m. Rovnost umocníme a máme K i v = p 2 + 2pq v + q 2 v. Vyjadríme v = p2 +q 2 v 1 2pq K m 1, čo by bol spor. Preto ostáva možnost, že menovatel je nulový, čiže 1 = 2pq (špeciálne si všimnime p 0 q). Po dosadení do pôvodnej rovnice máme p 2 + q 2 v = 0. Členy na l avej strane sú ale nezáporné a ich súčet je 0. Preto oba členy p 2 aj q 2 v sú 0. Zároveň ale p 0, čo je spor. Definícia má zmysel. Poznámka V predchádzajúcej definícii má podmienka w / K n za dôsledok K n K n+1, teda ret azec týchto množín je ostro rastúci. Preto neexistuje m N také, že K = K m. 10

11 Veta Množina konštruovatel ných čísel K je teleso. Dôkaz. Potrebujeme ukázat uzavretost vzhl adom na sčítanie, opačný prvok, násobenie a inverzný prvok. 0 a 1 patria do K triviálne. Uzavretost vzhl adom na súčet a opačný prvok. Nech i j sú minimálne prirodzené indexy také, že a = p + q w K i a b = r + s v K j. Potom prvok a+b = p+r +q w +s v patrí do množiny K j, a teda aj do množiny K. Čast o opačnom prvku vyplýva okamžite. Uzavretost vzhl adom na násobenie. Bez ujmy na všeobecnosti budeme uvažovat prípad, ked oba prvky patria do tej istej množiny K n. Toto môžeme spravit vd aka tomu, že tieto množiny tvoria ostro rastúcu postupnost (inými slovami, ak a K i, tak tiež a K j pre každé j i). Dokážeme matematickou indukciou. Množina K 0 = Q je uzavretá na násobenie. Ďalej nech prvky a a b patria do tej istej množiny K i. Teda a = p+q w a b = r+s w pre nejaké p, q, r, s, w K i 1. Potom ab = (p+q w)(r+s w) = pr+(ps+rq) w+sqw. Lenže z indukčného predpokladu prvky pr, ps, rq, sqw K i 1, a teda ab nutne patrí do K i. Potom aj K je uzavretá na násobenie. Uzavretost vzhl adom na inverzné prvky. Nech prvok 0 a = p + q w K i. Potom prvok 1 a = 1 p+q w = p q w p 2 q 2 w nutne patrí do K i (zrejme p 2 q 2 w 0), pretože menovatel zlomku p q w p 2 q 2 w patrí do K i 1, a teda môžeme opät uplatnit indukciu. Poznámka Podl a lemy je K dokonca uzavretá na tvorbu druhých odmocnín. 1.2 Algebraické čísla Definícia Číslo α sa nazýva algebraické (nad Q), pokial existuje polynóm f = k a ix i, a 0,..., a k Q, a k 0 taký, že α je koreňom polynómu f. Množina všetkých čísel algebraických nad Q sa označuje Q. Číslo, ktoré nie je algebraické (nad Q), sa nazýva transcendentné. Poznámka Je úplne jedno, či pri overovaní algebraickosti čísla berieme polynómy nad Q alebo polynómy nad Z. Vždy totiž možno polynóm vynásobit najmenším spoločným násobkom menovatel ov jednotlivých koeficientov, čím vytvoríme polynóm nad Z s rovnakými koreňmi. Poznámka Koreňmi polynomiálnych rovníc môžu byt tak reálne ako aj komplexné čísla. Preto budeme používat termín algebraické číslo podl a potreby v oboch kontextoch. 11

12 Uvážme teraz fixované reálne číslo r a okruh polynómov Q [x]. Potom nasledujúce zobrazenie φ r : Q[x] R f(x) f(r) sa nazýva dosadzovací homomorfizmus. To, že skutočne ide o homomorfizmus, vyplýva z faktu, že (f + g)(r) = f(r) + g(r). Pozrime sa teraz bližšie na jadro tohoto homomorfizmu. Pokial je číslo r transcendetné, tak do jadra tohto homomorfizmu nespadnú žiadne netriviálne polynómy (pretože žiadny polynóm sa neanuluje v r). V tom prípade je φ r prosté zobrazenie, ked že má nulové jadro. Na druhej strane, pokial je r algebraické, tak určite existujú polynómy, ktoré sa v r anulujú, a tým pádom sa nachádzajú v jadre φ r. Potom už φ r nemôže byt prosté zobrazenie. Zaujímavý je najmä faktorokruh Q[x] / Ker φ r. Podl a prvej vety o izomorfizme okruhov máme: Q[x] / Ker φ r Im φ r Ked že Q[x] je obor integrity hlavných ideálov a Ker φ r je ideálom tohto oboru, tak Ker φ r musí mat nejaký ireducibilný generátor. Nech je to polynóm g. Zrejme vieme zabezpečit, aby bol tento polynóm monický. Definícia Polynóm g z predchádzajúceho odstavca sa nazýva minimálny polynóm prvku r, značíme ho m r. Pokial minimálny polynóm prvku r má stupeň n, tak o prvku r hovoríme, že je algebraický stupňa n. Príklad Každé racionálne číslo q je algebraickým číslom stupňa 1, ked že je koreňom polynómu x q. Platí aj opačná implikácia, takže algebraické čísla stupňa 1 sú práve všetky racionálne čísla. Číslo 2 je algebraickým číslom stupňa 2, ked že je koreňom polynómu x 2 2, ale nie je koreňom žiadneho polynómu stupňa 1 (tj. nejde o racionálne číslo). Veta Množina algebraických čísel tvorí teleso. Dôkaz. Opät potrebujeme ukázat uzavretost vzhl adom na sčítanie, opačný prvok, násobenie a inverzný prvok. 0 a 1 do Q patria triviálne. Uzavretost vzhl adom na opačný prvok. Nech α Q. Takže existuje polynóm f 1 taký, že 0 = f 1 (α) = k a iα i, a 0,..., a k Q, a k 0. Potom polynóm 12

13 f 1 = k ( 1)i a i x i musí mat koreň α, lebo f 1 ( α) = k ( 1)i a i ( α) i = k a iα i = 0. Uzavretost vzhl adom na súčet. Nech α 0 β, α, β Q. Nech ich minimálne polynómy sú postupne m α = x m + a m 1 x m a 1 x + a 0 a m β = x n + b n 1 x n b 1 x + b 0, kde a i, b j Q (zrejme a 0 0 b 0 ). Podl a všetkého 0 = m α (α) = α m + a m 1 α m a 1 α + a 0, podobne pre m β (β). Prerovnaním dostaneme α m = a m 1 α m 1... a 1 α a 0 β n = b n 1 β n 1... b 1 β b 0 (1.1) Zoberme si teraz všetky kombinácie {α p β q } také, že p = 0, 1,..., m 1 a q = 0, 1,..., n 1. Pre jednoduchost ich označme {λ j } mn j=1. Zrejme λ k 0. Pre l ubovol né λ k je (α + β) λ k lineárnou kombináciou prvkov {λ j } nad Q. Ak je totiž λ k = α p β q také, že p < m 1 a zároveň q < n 1, tak ide o lineárnu kombináciu triviálne. Pokial však p = m 1 alebo q = n 1, stačí nám použit 1.1 a opät dostávame lineárnu kombináciu {λ j }. Takže pre každé λ k existujú racionálne konštanty c k,1, c k,2,..., c k,mn také, že platí (α + β) λ k = c k,1 λ 1 + c k,2 λ c k,mn λ mn. Odčítaním l avej strany rovností dostávame sústavu 0 = (c 1,1 (α + β)) λ 1 + c 1,2 λ c 1,mn λ mn 0 = c 2,1 λ 1 + (c 2,2 (α + β)) λ c 2,mn λ mn. 0 = c mn,1 λ 1 + c mn,2 λ (c mn,mn (α + β)) λ mn To ale znamená, že nasledujúca homogénna sústava rovníc 0 = (c 1,1 (α + β)) y 1 + c 1,2 y c 1,mn y mn 0 = c 2,1 y 1 + (c 2,2 (α + β)) y c 2,mn y mn. 0 = c mn,1 y 1 + c mn,2 y (c mn,mn (α + β)) y mn má netriviálne riešenie, a síce vektor (λ 1, λ 2,..., λ mn ) 0. Preto matica zložená z koeficientov tejto sústavy je singulárna (má netriviálne riešenie), a teda determinant 13

14 c 1,1 (α + β) c 1,2... c 1,mn c 2,1 c 2,2 (α + β)... c 2,mn..... = 0. c mn,1 c mn,2... c mn,mn (α + β) Lenže tento determinant má po vyčíslení tvar mn d i (α + β) i, kde d i Q. Takže α + β je koreňom polynómu mn d ix i, čo sme potrebovali. Uzavretost vzhl adom na násobenie. Dôkaz je analogický s predchádzajúcim prípadom. Uzavretost vzhl adom na inverzné prvky. Nech α Q \ {0}. V tom prípade existuje polynóm f 4 taký, že 0 = f 4 (α) = k a iα i, a 0,..., a k Q, a k 0. a ( 1 k i i α) = Potom pre polynóm f 4 = k a ix k i platí α k f4 ( 1 α ) = αk k α k k a iα i k = k a iα i = f 4 (α) = 0. Ked že α k 0, tak 1 α číslo. je algebraické Dôsledok Predpokladajme, že deg m α = m a deg m β = n. Potom platí: deg m α = m, deg m α+β mn, deg m αβ mn a deg m 1 = m. α Definícia Je daná rovnica tvaru a n x n +a n 1 x n 1 + +a 1 x+a 0 = 0, n 1, a i Z, a n 0. Výškou takejto rovnice nazývame číslo h = n + a n + a n a 0 (1.2) Veta Teleso algebraických čísel je spočítatel né. Dôkaz (Cantor). Pre fixované h existuje len konečne mnoho rovníc s výškou h (vzhl adom na to, že v rovnosti 1.2 sú všetky členy nezáporné). Každá z týchto rovníc má najviac h rôznych koreňov. Takže existuje konečný počet algebraických čísel, ktorých rovnice majú výšku h. Preto môžeme algebraické čísla zoradit do postupnosti tak, že najprv vezmeme tie, ktorých rovnice majú výšku 1, potom tie, ktorých rovnice majú výšku 2, atd. V tejto postupnosti sa budú niektoré čísla určite opakovat, takže dostávame nerovnost Q N. Ked že ale všetky prirodzené čísla sú algebraické, tak tiež Q N, a teda Q = N = ℵ 0. Veta Množinu algebraických čísel nemožno prirodzene rozšírit. To znamená, že korene polynómov k a ix i, a 0,..., a k Q, a k 0 sú opät len algebraické čísla. (Inými slovami teleso algebraických čísel je algebraickým uzáverom telesa racionálnych čísel.) 14

15 Dôkaz. Majme teda polynóm f = k a ix i, a 0,..., a k Q, a k 0, k 2 (prípad k = 1 je triviálny) a označme nejaký jeho nenulový koreň η. Bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladat, že f je minimálnym polynómom η nad Q, špeciálne z toho plynie a 0 0 a a k = 1. Dokážeme, že η je algebraické číslo nad Q stupňa k 2. Predpokladajme, že čísla a i sú algebraické stupňa s i. Potom existujú racionálne koeficienty také, že a s 0 0 = u 0,s0 1a s u 0,1 a 0 u 0,0 a s 1 1 = u 1,s1 1a s u 1,1 a 1 u 1,0 a s k 1 k 1. = u k 1,s k 1 1a s k 1 1 k 1... u k 1,1 a k 1 u k 1,0 (1.3) Ked že f(η) = k a iη i = 0, môžeme vyjadrit η k = k 1 a iη i a máme ( η k k 1 a t i i = ) k 1 k 1 a i η i a t i i = a t a t a t k 1 k 1 ηat 0 0 a t a t k 1 k 1... η k 1 a t 0 0 a t a t k 1+1 k 1 (1.4) Podobne ako vo vete si zvol me množinu všetkých možných kombinácií k 1 j=0 {ηj a t a t k 1 k 1 ; t l = 0, 1,..., s l 1} a opät ju označme {λ r } N r=1, kde N = ks 0 s 1... s k 1. Kombináciou 1.3 a 1.4 dostávame, že ηλ n je lineárnou kombináciou {λ r } s koeficientmi už v Q, pretože túto kombináciu možno vyjadrit pomocou racionálnych koeficientov u i,j. Dôkaz dokončíme presne tak isto, ako vo vete Pre každé λ n existujú konštanty C n,1, C n,2,..., C n,n Q také, že už platí ηλ n = C n,1 λ 1 +C n,2 λ C n,n λ N. Odčítaním l avej strany rovností máme 0 = (C 1,1 η) λ 1 + C 1,2 λ C 1,N λ N 0 = C 2,1 λ 1 + (C 2,2 η) λ C 2,N λ N. 0 = C N,1 λ 1 + C N,2 λ (C N,N η) λ N Ked že λ n 0 pre každé n, je vektor (λ 1,..., λ N ) netriviálnym riešením príslušnej sústavy a determinant 15

16 C 1,1 η C 1,2... C 1,N C 2,1 C 2,2 η... C 2,N..... = 0. C N,1 C N,2... C N,N η Ale C i,j sú racionálne čísla, takže η je koreňom polynómu s racionálnymi koeficientmi a tým pádom ide o algebraické číslo. 1.3 Vzt ah konštruovatel ných a algebraických čísel Lema Nech α je kladné algebraické číslo. Potom aj číslo α je algebraické. Dôkaz. Nech minimálny polynóm prvku α je m α = n a ix i. Potom α je koreňom polynómu f = k a ix 2i, pretože f ( α) = k a i ( α) 2i = k a iα i = m α (α) = 0. Veta Každé konštruovatel né číslo je algebraické. Dôkaz. Spomeňme si na definíciu konštruovatel ných čísel. K je zjednotením akýchsi rozšírení K i. Pri dôkaze použijeme práve tieto rozšírenia a vetu dokážeme matematickou indukciou. Nech r K 0 = Q. Potom r je algebraické, pretože je koreňom polynómu x r, a teda K 0 obsahuje len algebraické čísla. Predpokladajme teda, že všetky množiny K 0, K 1,..., K n sa skladajú len z algebraických čísel. Nech d alej s K n+1. Potom vyjadríme s = p + q w, kde p, q, w K n, w / K n. Podl a indukčného predpokladu sú čísla p, q, w algebraické a podl a predchádzajúcej lemy je aj číslo w algebraické. Ked že množina algebraických čísel tvorí teleso, tak aj s je algebraické, a tým pádom aj všetky prvky K n+1 sú algebraické. Potom však nutne každý prvok množiny K = K i je algebraický, čo sme chceli ukázat. Dôsledok Teleso konštruovatel ných čísel je podtelesom telesa algebraických čísel. Ked že teleso algebraických čísel je spočítatel né, tak aj teleso konštruovatel ných čísel je spočítatel né. Dôsledok Žiadne transcendentné číslo nie je euklidovsky konštruovatel né. 16

17 Kapitola 2 Délsky problém Majme danú kocku s hranou jednotkovej dĺžky. Je možné euklidovsky zostrojit hranu kocky, ktorá by mala dvojnásobný objem? Táto úloha sa nazýva Délsky problém, niekedy sa však tiež nazýva problém duplicity, resp. zdvojenia, kocky. Jednotková kocka ma zrejme objem 1, dvojnásobok je teda samozrejme 2. Preto by sme radi zostrojili úsečku dĺžky 3 2, z ktorej by sme už kocku jednoducho zostrojili. Veta nie je konštruovatel né číslo. Dôkaz. Dokážme sporom. Najprv vylúčme možnost 3 2 K 0, tj. že ide o racionálne číslo. Nech 3 2 = p q, p, q Z a navyše D(p, q) = 1. Potom 2q3 = p 3, teda 2 p 3, z čoho 2 p. Po dosadení p = 2k máme 2q 3 = 8k 3, teda q 3 = 4k 3, z čoho 4 q 3, takže 2 q. Potom D(p, q) > 1, čo je spor. Ďalej nech teda 3 2 K \ K 0. Vzhl adom na to, že K n K n+1, tak existuje minimálne prirodzené m také, že 3 2 K m (inými slovami 3 2 K i ; i m a zároveň 3 2 / K j ; j < m). V tom prípade sa 3 2 dá vyjadrit ako prvok množiny K m, a teda pre p, q, w K m 1 ; w / K m 1 môžeme písat : 3 2 = p + q w 0 = (p + q w) = p 3 + 3p 2 q w + 3pq 2 w + q 3 ( w) = (p 3 + 3pq 2 w 2) + (3p 2 q + q 3 w) w 17

18 Všetky prvky rovnosti okrem w náležia do množiny K m 1, a teda ak sa na K m pozrieme ako na rozšírenie K m 1, musia súčasne platit tieto dve rovnosti: 0 = p 3 + 3pq 2 w 2 0 = 3p 2 q + q 3 w Vynásobme druhú rovnost členom w (na ktorý sa už teraz pozeráme ako na prvok K m ) a odčítajme ju od prvej rovnosti. Dostávame: 2 = p 3 3p 2 q w + 3pq 2 w q 3 ( w) 3 = (p q w) 3 To ale znamená, že p q w je koreňom rovnice x 3 2 = 0. Lenže koreňom tejto rovnosti je podl a predpokladu aj číslo p + q w, pričom obe tieto čísla sú reálne. Lenže rovnica x 3 2 = 0 má práve jeden reálny koreň, preto medzi číslami musí nastávat rovnost. Zrejme q 0 (ak by to tak bolo, tak 3 2 = p Km 1, čo je spor s minimalitou m), teda po odčítaní p a vydelení q dostávame w = w, čiže w = 0 K 0, čo je spor. Dôsledok Délsky problém nie je euklidovsky riešitel ný. 18

19 Kapitola 3 Trisekcia uhla 3.1 Neriešitel nost problému V tejto sekcii sa pokúsime dokázat neriešitel nost d alšieho z antických problémov: trisekcie uhla. Takže sa pokúsime ukázat, že pomocou pravítka bez rysky a kružidla sa nedá roztretit uhol. Samozrejme, v niektorých špeciálnych prípadoch je trisekcia možná, pretože napríklad tretinu pravého uhla (čo je π 6 ) skonštruovat vieme. My však ukážeme, že trisekcia uhla vo všeobecnosti možná nie je, tzn. že existuje taký uhol, ktorý sa pomocou pravítka a kružidla roztretit nedá. Definícia Uhol α sa nazýva euklidovsky skonštruovatel ný, pokial ho je možné v konečnom počte krokov zostrojit len pomocou kružidla a pravítka bez rysky. Opät sa pokúsime použit charakteristiku konštruovatel nch čísel. Lenže je rozdiel medzi konštrukciou uhla a konštrukciou čísla. Preto potrebujeme nájst nejakú číselnú charakteristiku uhla, ktorej konštruovatel nost zodpovedá konštruovatel nosti uhla. Pokial sa obmedzíme na interval (0, π ), najprirodzenejšou vol bou sú goniometrické funkcie, ktoré ponúkajú prosté zobrazenie 2 intervalu (0, π ) do reálnych čísel. 2 Lema Nech ϕ (0, π 2 ). Uhol ϕ je euklidovsky skonštruovatel ný práve vtedy ked je cos ϕ konštruovatel né číslo. Dôkaz. Pokial je uhol ϕ euklidovsky skonštruovatel ný, zoberme nejaký trojuholník AOB s uhlom ϕ. Na polpriamku OB nanesme jednotkovú vzdialenost a príslušný bod označme P. Zostrojme kolmicu na OA prechádzajúcu 19

20 bodom P a priesečník označme Q. Potom dĺžka úsečky OQ je cos ϕ. Naopak, ak máme danú úsečku OQ dĺžky cos ϕ, zostrojíme kolmicu na OQ v bode Q. Priesečník tejto kolmice a jednotkovej kružnice so stredom v bode O označme P. Potom QOP = ϕ. P B 1 sin φ O φ cos φ Q A Lema Nech ϕ (0, π 2 ). Potom platí cos ϕ = 4 cos3 ϕ 3 3 cos ϕ 3. Dôkaz. ( 2ϕ cos ϕ = cos 3 + ϕ ) 3 = cos 2ϕ 3 cos ϕ 3 sin 2ϕ 3 sin ϕ ( 3 = cos 2 ϕ 3 ϕ ) sin2 cos ϕ ϕ sin2 3 cos ϕ 3 = (2 cos 2 ϕ ) 3 1 cos ϕ ( cos 2 ϕ ) cos ϕ 3 3 = 4 cos 3 ϕ 3 3 cos ϕ 3 Lema (Viètove vzt ahy). Nech α, β, γ sú koreňmi kubickej rovnice x 3 + ax 2 + bx + c = 0, a, b, c R. Potom platí a = (α + β + γ) b = αβ + αγ + βγ c = αβγ Dôkaz. x 3 + ax 2 + bx + c = (x α)(x β)(x γ) = x 3 (α + β + γ)x 2 + (αβ + αγ + βγ)x αβγ a porovnáme koeficienty. 20

21 Veta Trisekcia uhla vel kosti π nie je euklidovsky možná. 3 Dôkaz. Dosad me do lemy vel kost uhla π. Potom dostávame rovnost 3 4 cos 3 π 3 cos π = cos π = 1. To ale znamená, že cos π je koreňom rovnice x 3 3x 1 = 0. Po vynásobení rovnice číslom 2 a substitúcii y = 2x (táto 2 substitúcia síce zmení korene, ale nezmení vlastnost konštruovatel nosti) dostávame rovnost y 3 3y = 1 (3.1) Podobne ako vo vete budeme dokazovat, že táto rovnost nemá konštruovatel né riešenie, opät sporom. Nech koreň rovnosti 3.1 je racionálne číslo tvaru p, kde p, q Z a D(p, q) = 1. q Po úprave dostávame rovnost p (p 2 3q 2 ) = q 3, teda p q 3. Aby mohlo byt zároveň D(p, q) = 1, musí nutne byt p = ±1. Po dosadení do rovnice dostávame ±(1 3q 2 ) = q 3, takže ±1 = q 3 ±3q 2. To ale znamená, že q 2 ±1, teda opätovne q = ±1. Potom ale p = ±1, čo ale nie je koreň rovnice 3.1. q Riešenie rovnice teda nemôže byt racionálnym číslom. Z lemy pre rovnost 3.1 plynie α + β + γ = 0. Nech teda aspoň jedno z čísel α, β, γ je konštruovatel né riešenie rovnice v K \ K 0. Podobne ako pri dôkaze neriešitel nosti Délskeho problému vezmeme najmenšie rozšírenie K n také, že daný koreň je prvkom tohoto rozšírenia (pokial by bolo konštruovatel ných koreňov viac, vezmeme také minimálne rozšírenie, ktoré obsahuje aspoň jedno konštruovatel né riešenie). Bez ujmy na všeobecnosti nech α je ten koreň, a teda α = p+q w K n. Dosad me do rovnice a máme 0 = (p + q w) 3 3(p + q w) 1 = (p 3 + 3pq 2 w 3p 1) + (3p 2 q + q 3 w 3q) w Opät teda zároveň musia platit rovnosti 0 = p 3 + 3pq 2 w 3p 1 0 = 3p 2 q + q 3 w 3q Vynásobením druhej rovnosti prvkom w a odčítaním od prvej rovnosti dostávame 0 = (p 3 + 3pq 2 w 3p 1) (3p 2 q + q 3 w 3q) w = [p 3 3p 2 q w + 3pq 2 w q 3 ( w) 3 ] 3[p q w] 1 = (p q w) 3 3(p q w) 1 21

22 To ale znamená, že p q w je d alšie riešenie rovnosti 3.1, dokonca koštruovatel né. Bez ujmy na všeobecnosti nech toto riešenie je β. Zrejme α β, takže ide o dve rôzne riešenia. Potom pre riešenie γ (α γ β) tejto rovnosti platí γ = α β = (p + q w) (p q w) = 2p Lenže p K n 1, a teda aj γ K n 1, čo je spor s minimalitou vybraného rozšírenia. Dôsledok Existuje uhol, ktorého trisekcia pomocou pravítka bez rysky a kružidla nie je možná, a teda problém trisekcie uhla nie je vo všeobecnosti euklidovsky riešitel ný. 3.2 Zdanlivé riešenia trisekcie uhla V tejto sekcii si predstavíme niektoré časté zdanlivé riešenia trisekcie uhla a vysvetlíme si, v čom sú chybné. Väčšina chybných riešení bud v skutočnosti nedelí uhol na tretiny alebo používa nepovolené nástroje a operácie. Príklad Majme (pre jednoduchost ostrý) uhol AOB, ktorý chceme rozdelit na tretiny. Vezmime kružidlo a nanesme na ramená tohto uhla jednotkovú vzdialenost a dostaneme body P a Q. Spojíme tieto body priamkou a úsečku P Q (euklidovsky) rozdelíme na tretiny a dostaneme body R a S. Potom tvrdíme, že AOS = SOR = ROB = 1 3 AOB. P B 1 R O α α α 1 S Q A Evidentne sme sa nedopustili žiadnej nepovolenej operácie, takže očakávame, že výsledný postup nedelí uhol na tretiny. Ukážeme dokonca, že uvedený postup nefunguje pre žiadny ostrý uhol. 22

23 Pre spor predpokladajme, že tento postup skutočne funguje a AOS = SOR = ROB = α. Trojuholník QOP je rovnoramenný a preto sú uhly OQP a OP Q zhodné, čiže majú vel kost π 3α = π 3α. Dopočítaním uhlov zistíme, že ORP = OSQ = π + α a ORS = OSR = π α Trojuholník SOR je teda rovnoramenný a označme P R = RS = SQ = a a OS = OR = b. Zo sínusovej vety pre trojuholník SOR dostávame a sin α = b sin ( π ) = b α cos α Pre trojuholník ROP však sínusová veta dáva a sin α = 1 sin ( π + ) = 1 α cos α b Spojením rovností dostávame = 1. Ked že cos α je na intervale (0, π) cos α cos α nenulový, tak plynie b = 1. Potom však body P, Q, R a S ležia na kružnici so stredom v O a polomerom 1, ale zároveň ležia na jednej úsečke. Spor. Príklad (Archimedes). Majme opät ostrý uhol AOB. Spravme kružnicu k o polomere 1 so stredom v O. Priesečníky ramien uhla a kružnice označme znovu P a Q. Ďalej zostrojme úsečku P R tak, aby R ležalo na priamke OA a zároveň dĺžka úsečky RS (kde S je priesečníkom úsečky P R a kružnice k) bola 1. Potom ARP = 1 AOB. 3 B k P R 1 α S O 3α 1 Q A Označme ARP = α. Trojuholník OSR je rovnoramenný a ROS = α a OSR = π 2α. Ďalej uhol OSP má vel kost 2α. Trojuholník SOP je 23

24 takisto rovnoramenný a SP O = 2α a SOP = π 4α. Vel kost uhla AOB je teda 3α. V tomto prípade sa nám podarilo uhol roztretit, takže sme sa niekde museli dopustit nepovolenej operácie. A skutočne, pozrime sa na konštrukciu úsečky P R. Vyžadujeme, aby jedna konkrétna čast úsečky mala dĺžku 1. Keby šlo o to nakreslit úsečku dĺžky 1, nemáme problém, lenže táto úsečka je súčast ou inej úsečky, a preto potrebujeme dĺžku 1 preniest. Na to však nemôžeme použit kružidlo a príslušnú dĺžku si nemôžeme ani zaznačit na pravítko (vid definícia 1.1.1). Požadovanú úsečku P R teda nevieme euklidovsky skonštruovat. Príklad Pomerne jednoduchým nápadom je použit geometrickú postupnost. Uhol euklidovsky rozpolit vieme, takže vieme vytvorit aj jeho štvrtinu, osminu, atd. Tiež máme ( 1 i i=1 4) = 1, teda sčítaním štvrtiny 3 1 uhla, uhla, 1 uhla, atd. dostaneme tretinu uhla Tento postup vôbec nevyznieva hlúpo, najmä ked si uvedomíme, že množina konštruovatel ných čísel je zjednotením nekonečného počtu iných množín. Môže teda nekonečný počet iterácií viest ku konštruovatel nému číslu? V určitých špeciálnych prípadoch určite áno, ale vo všeobecnosti nie. Ak je totiž číslo a konštruovatel né, tj. a K = n=0 K n, kde K n sú popísané v prvej kapitole, tak existuje minimálne m také, že a K m, a na takúto konštrukciu potrebujeme len m, teda konečne vel a, krokov. 24

25 Kapitola 4 Kvadratúra kruhu V tejto kapitole ukážeme, že kvadratúra kruhu vo všeobecnosti nie je možná. Zoberme si kruh o polomere 1, ten má obsah π. Takže by sme radi vytvorili štvorec, ktorý má stranu dlhú π. Pri dôkaze neriešitel nosti tohto problému sa potrebujeme odvolat na charakteristiky algebraických čísel. Ked že každé konštruovatel né číslo je aj algbraické, stačí, ak dokážeme, že π je transcendentné. Na to nám však postačuje ukázat, že π je transcendentné, pretože algebraické čísla sú uzavreté na tvorbu druhých odmocnín. 4.1 Transcendentné čísla Ked že množina reálnych čísel je nespočítatel ná, na základe vety transcendentné čísla existujú, a dokonca je ich nespočítatel ne vel a. Dôkaz tejto vety je však nekonštruktívny. Preto uvedieme aj iný dôkaz, ktorý niektoré transcendentné čísla priamo konštruuje. Veta (Liouville). Nech α je algebraické číslo stupňa n > 1. Potom existuje Q Z také, že q Q a p Z platí α p q > 1 q n+1 Dôkaz. Uvažujme postupnost zlomkov α m = pm q m takú, že q m pre m a p m nech je také, že α pm q m je minimálne možné (tj. p m je q m 25

26 zlomok najlepšie aproximujúci α pri danom menovateli q m ). Potom zrejme platí α m α. Na základe poznámky je α iracionálne číslo, teda α m α m N, lebo α m je racionálne a α je iracionálne. Nech f(x) = n a ix i je ten polynóm stupňa n, ktorý zabezpečuje algebraickost α, tj. f(α) = 0. Potom máme f(α m ) = f(α m ) f(α) = a i αm i a i α i = a 1 (α m α) + a 2 (α 2 m α 2 ) a n (α n m α n ) = (α m α)[a 1 + a 2 (α m + α) + a 3 (α 2 m + α m α + α 2 ) a n (α n 1 m + α n 2 m α α n 1 )] Ked že α m α, tak pre dostatočne vel ké m bude α m α < ε (pre l ubovol - né pevné ε > 0). Potom môžeme odhadnút f(α m ) α m α = a 1 + a 2 (α m + α) a n (αm n 1 + αm n 2 α α n 1 ) a 1 + a 2 (α m + α) a n (α n 1 m α n 1 ) < a a 2 ( α + ε) n a n ( α + ε) n 1 = H Ked že pravá strana nerovnosti je závislá len na α a ε, tak H je pevné číslo. Uvažujme m dokonca také vel ké, že q m > H. Potom α α m > f(α m) H > f(α m) q m Ukážeme, že q m je hl adané Q. Označme teda P = p m a Q = q m. Počítajme ( i P f(α m ) = a i Q) = 1 a i P i Q n i Všimnime si, že suma na pravej strane je celé číslo. Zrejme však f(α m ) 0. Keby tomu tak bolo, potom f(x) = (x α m )g(x). Potom by ale α muselo byt koreňom polynómu g, ktorého stupeň je n 1. To je ale v spore s tým, že ide o algebraické číslo stupňa n. Q n 26

27 Potom ale aj n a ip i Q n i 0, takže n a ip i Q n i 1. Z toho máme f(α m ) 1 a kombináciou nerovností dostávame Q n čo sme chceli dokázat. Veta α α m > f(α m) Q 1 Q n 1 Q = 1 Q n+1, Čísla tvaru β = b i 10 i!, b i {1, 2,..., 9} i=1 = 0, b 1 b 2 000b b sú transcendentné pre l ubovol nú vol bu koeficientov b i Dôkaz. Čísla tohto tvaru nie sú racionálne, ked že zrejme nemajú ukončený ani periodický desatinný rozvoj. Preto sa pokúsime nejako použit Liouvilleovu vetu. Označme β m číslo m b i 10 i! = 0, b 1 b 2 000b b m i=1 Potom číslo β β m má prvú nenulovú cifru na (m+1)!-tom mieste desatinného rozvoja, a preto β β m < (m+1)!. Ďalej pre spor predpokladajme, že β je algebraické číslo. Nech jeho stupeň je n. Potom z Liouvilleovej vety plynie, že β p q > 1 pre dostatočne q n+1 vel ké menovatele q. Zapíšme β m ako p = p, čo môžeme spravit vd aka q 10 m! tomu, že β m má za desatinnou čiarkou m! desatinných miest. Dostávame 1 β β m > pre dostatočne vel ké m. 10 m!(n+1) Takže spolu máme 1 10 < β β m < (m+1)! = m!(n+1) 10 m!(n+1) > 10 (m+1)! 1 m!(n + 1) > (m + 1)! (m+1)! 1 Lenže n + 1 je pevné číslo, takže posledná nerovnost pre dostatočne vel ké m (stačí napríklad vziat m n +1) platit nemôže. To je spor s predpokladom, že β je algebraické, a teda β je transcendentné. 27

28 Dôsledok Množiny konštruvatel ných ani algebraických čísel nie sú uzavreté v R (resp. C). Dôkaz. Vezmime si čísla β m z predchádzajúceho dôkazu. Tieto čísla sú racionálne, a teda konštruovatel né a algebraické. Zrejme tiež β m β pre m. β je ale transcendentné číslo. 4.2 Niekol ko prípravných tvrdení Definícia Nech f(x) = n a ix i, a i R je polynóm stupňa n. Potom pre t C definujeme krivkový integrál I f (t) = e t u f (u) du pozdĺž úsečky [0, t]. Ďalej definujeme polynóm f (x) = a i x i Lema Platí I f (t) = e t ϕ f (i) (0) kde f (i) označuje i-tú deriváciu polynómu f. f (i) (t) Dôkaz. Integrujme per partes: I f (t) = e t u f (u) du = [ e t u f (u) ] t ( ) 0 e t u f (u) du ϕ ϕ = f (t) + e t f (0) + e t u f (u) du ϕ = f (t) + e t f (0) f (t) + e t f (0) + e t u f (u) du. = e t f (i) (0) = e t f (i) (0) f (i) (t) + f (i) (t), 28 ϕ ϕ e t u f (n+1) (u) du

29 pretože f (n+1) (x) = 0 (stupeň polynómu f je n). Lema Platí I f (t) t e t f ( t ) Dôkaz. Nech u je bod náležiaci úsečke [0, t]. Potom zrejme u t a tiež t u t. Potom e t u = e Re(t u) e t a môžeme odhadnút f (u) f ( u ) f ( t ) I f (t) L(ϕ) sup u ϕ e t u f(u) L(ϕ) supu ϕ e t u supu ϕ f(u) t e t f ( t ) Ešte budeme potrebovat tzv. fundamentálnu vetu o symetrických polynómoch, ktorú však ponecháme bez dôkazu. Dôkaz tohto tvrdenia možno nájst napríklad v [6], str Definícia Nech S n označuje symetrickú grupu na n prvkoch (tj. grupu všetkých permutácií n-prvkovej množiny) a K nejaký okruh. Potom polynóm f K [x 1, x 2,..., x n ] sa nazýva symetrický v premenných x 1,..., x n, pokial f (x 1, x 2,..., x n ) = f ( ) x σ(1), x σ(2),..., x σ(n) σ S n Definícia Nech K je okruh a K [x 1, x 2,..., x n ] označuje okruh polynómov n premenných. Potom polynómy e 1 = e 2 = e 3 =. j=1 x j j 1 <j 2 n j 1 <j 2 <j 3 n x j1 x j2 e n = x 1 x 2... x n x j1 x j2 x j3 sa nazývajú elementárne symetrické polynómy nad x 1, x 2,..., x n. 29

30 Veta (Fundamentálna veta o symetrických polynómoch). K nech je okruh a d alej nech f K [x 1,..., x n ] je symetrický polynóm v x 1,..., x n. Potom f K [e 1, e 2,..., e n ]. Veta (Leibnizova formula). Nech f 1, f 2,..., f k sú dostatočne hladké funkcie. Potom pre n N {0} platí (f 1 f 2... f k ) (n) = n 1 +n n k =n n! n 1!... n k! f (n 1) 1... f (n k) k Dôkaz. Formulu dokážeme indukciou najprv len pre dve funkcie a potom opätovne použijeme indukciu, aby sme dostali všeobecné tvrdenie pre k funkcií. Potrebujeme teda ukázat platnost (fg) (n) = ( ) n f (i) g (n i) i Pre n = 0 zjavne (fg) (0) = fg = ( 0 0) f (0) g (0). Pre indukciu teda predpokladajme, že (fg) (n) = n ( n i) f (i) g (n i) a pokúsme sa vyjadrit (fg) (n+1). Použijeme pritom kombinatorickú identitu ( ) ( n i + n ) ( i+1 = n+1 i+1). (fg) (n+1) = = ( n i ( n i n 1 = ( ( (fg) (n)) = ) f (i+1) g (n i) + ( ) n )f (i) g (n i) i ) f (i) g (n+1 i) ( n i ) f (i+1) g (n i) + f (n+1) g + fg (n+1) + ( ) n = fg (n+1) + f (i) g (n+1 i) + i 1 i=1 ( n + 1 = fg (n+1) + i i=1 n+1 ( ) n + 1 = f (i) g (n+1 i) i i=1 ( n i ) f (i) g (n+1 i) + f (n+1) g 30 i=1 ( ) n f (i) g (n+1 i) i ) f (i) g (n+1 i) + f (n+1) g

31 Rozšírme vzorec na k funkcií. Pre jednu funkciu vzorec platí triviálne, vzorec pre dve funkcie sme odvodili vyššie. Predpokladajme teda, že vzorec platí pre všetky počty funkcií až po k a odvodíme platnost pre k + 1 funkcií. (f 1... f k f k+1 ) (n) = = = = čo sme chceli dokázat. ( ) n (f 1... f k ) (i) f (n i) k+1 i ( n! i! (n i)! i i k =i n n k +n k+1 =n i i k =i n! i 1!... i k!(n i)! f (i 1) ) i! i 1!... i k! f (i 1) 1... f (i k) k f (n i) k f (i k) n! n 1!... n k!n k+1! f (n 1) 1... f (n k) k k f (n i) k+1 f (n k+1) k+1, Pracujme teraz s polynómom g(x) = x p 1 (x λ 1 ) p (x λ 2 ) p... (x λ r ) p, kde p N. Podl a Leibnizovej formuly g (k) (x) = = k! = k! k k r=k k k r=k k 0 p 1 k 1,...,k r p k k r=k k 0 p 1 k 1,...,k r p ( k! ( ) x p 1 (k 0 ) ((x λ1 ) p ) (k1)... ((x λ r ) p ) (kr) k 0!... k r! ) 1 (p 1)! r p! k 0!... k r! (p 1 k 0 )! xp 1 k 0 (p k j )! (x λ j) p k j ( (p 1 k 0 ) x p 1 k 0 r ( p j=1 k j j=1 ) ) (x λ j ) p k j Budú nás zaujímat niektoré konkrétne hodnoty tejto derivácie, hlavne v bodoch 0, λ 1,..., λ r. Predpokladajme na chvíl u, že λ 1,..., λ r Z. Všimnime si, že hodnota g (k) (x) je po dosadení celého čísla tiež celé číslo, dokonca suma na pravej strane je celé číslo. Preto má význam hovorit o delitel nosti. Prvá a štvrtá rovnost z 4.1 platia, pretože v každom sčítanci sa bude vyskytovat člen 0 D, kde D > 0. Jediný nenulový člen v druhej rovnosti je len 31

32 (p 1)! ( ) p 1 p r ( p 1 ) j=1 ( λj ) p 0. Špeciálne si kvôli tretej a piatej rovnosti 0 ešte uvedomme, že p! k! pre k p. g (k) (0) = 0 k = 0,... p 2, r g (p 1) (0) = (p 1)! ( λ j ) p, j=1 g (k) (0) = k!a 0 (mod p!) k p, kde A Z, g (k) (λ j ) = 0 k = 0,... p 1, g (k) (λ j ) = k!b j 0 (mod p!) k p, kde B j Z. (4.1) Teraz už nebudeme predpokladat λ j Z, ale budeme predpokladat, že h(x) = (x λ 1 )... (x λ r ) Z[x] (napríklad h(x) = (x 2)(x + 2) = x 2 2 je celočíselný polynóm, ale ± 2 nie sú celé čísla). Všimnime si, že po roznásobení sa koeficienty tohto polynómu až na znamienko tvoria elementárne symetrické polynómy nad λ 1,..., λ r. Chvíl u teda budeme λ j považovat za premenné. Zrejme g (k) (0) aj r j=1 g(k) (λ j ) sú celočíselné symetrické polynómy v λ 1,..., λ r. Potom podl a fundamentálnej vety o symetrických polynómoch ide o celočíselné polynómy v e λ1,..., e λr, kde e λj sú elementárne symetrické polynómy nad λ 1,..., λ r. To sú však koeficienty polynómu h(x), ktoré sú podl a predpokladu celé čísla. Teda aj g (k) (0) a r j=1 g(k) (λ j ) sú celé čísla. V tomto prípade môžeme teda písat r g (p 1) (0) = (p 1)! ( λ j ) p, j=1 g (k) (0) 0 (mod p!) k p 1, r g (k) (λ j ) 0 (mod p!) k N. j=1 (4.2) Prvú rovnost možno odôvodnit rovnako ako v 4.1. Druhá rovnost vyplýva z faktu, že suma na pravej strane derivácie g (k) (0) je symetrická v λ 1,..., λ r, a teda celé číslo. Tretia rovnost platí z podobného dôvodu. 32

33 4.3 Transcendencia e Čisto zo záujmových dôvodov uvedieme aj dôkaz transcendencie e. Z predchádzajúcej sekcie už totiž máme k dispozícii príslušný matematický aparát a samotný dôkaz je jednoduchšou verziou dôkazu transcendencie π, takže slúži aj k lepšiemu pochopeniu tohto dôkazu. Veta e je transcendentné číslo. Dôkaz. Predpokladajme, že e je algebraické číslo. Potom existujú celé čísla a k 0, a k 1,..., a 0 také, že Definujme a k e k + a k 1 e k a 0 = 0 (4.3) f(x) = x p 1 (x 1) p... (x k) p m = deg f = p 1 + kp k k J = a j I f (j) = a j e ϕ j u f(u) du, j j=0 kde krivka ϕ j je úsečka [0, j]. Naviac podl a definície máme j=0 f(x) = x p 1 (x + 1) p... (x + n) p Použime teraz lemu a rovnost 4.3 a dostávame ( k m ) m J = a j e j f (i) (0) f (i) (j) j=0 ( m ) ( k ) = f (i) (0) a j e j k = j=0 m a j f (i) (j) j=0 j=0 k m a j f (i) (j) (4.4) Podl a 4.1 je však f (p 1) (0) = (p 1)!( 1) p... ( k) p = (p 1)!( 1) kp (k!) p f (i) (j) 0 (mod p!) ak i p 1 alebo j 0 (4.5) 33

34 Vol me teda p ako prvočíslo tak, aby p > max 0 j k { a j, k}. Dosadením 4.5 do 4.4 dostaneme, že (p 1)! J. Na druhej strane však platí p f (p 1) (0), teda aj p J, čiže J 0. Z toho nám vyplýva Podl a lemy ale máme J J (p 1)! k a j I f (j) j=0 ( k ) a j je j j=0 max 0 j k k a j je j f(j) j=0 (2k) p 1+kp { aj je j} ( (2k) k+1) p = BC p, kde B a C sú prirodzené čísla. Dolné a horné ohraničenia si však pre vel ké p odporujú, čím sme dospeli k sporu. e je teda transcendentné číslo. 4.4 Transcendencia π Veta π je transcendentné číslo. Dôkaz. Pre spor predpokladajme, že π je algebraické. Ked že algebraické čísla tvoria teleso a i je algebraické, tak aj iπ je algebraické číslo. Označme teda m iπ Q [x] minimálny polynóm iπ. Ak treba, vynásobme tento polynóm najmenším spoločným násobkom menovatel ov jednotlivých koeficientov z Q. Výsledný polynóm je už nad Z a označme ho M iπ. Korene sa nezmenili. Nech M iπ je stupňa n. Potom má n komplexných koreňov α 1,..., α n, pričom α 1 = iπ. Takže M iπ = a(x α 1 )... (x α n ), kde a N. Definujme A = {δ 1 α δ n α n δ j {0, 1}}, B = {β β A, β 0} = {β 1,..., β k }, pričom množinu A považujeme za množinu formálnych súčtov (teda ak aj α 1 = α 2, budeme tieto dva prvky považovat za rôzne). Zrejme A = 2 n a 34

35 1 k 2 n 1. Podl a Eulerovej formuly e α 1 = e iπ = 1, takže 0 = (e α 1 + 1) (e α 2 + 1)... (e αn + 1) 0 = e γ = e γ + e 0 γ A γ B k 0 = e β j + 2 n k j=1 γ A\B (4.6) Ešte definujme f(x) = a kp x p 1 (x β 1 ) p... (x β k ) p m = deg f = p 1 + kp k k J = I f (β j ) = e βj u f(u) du, ϕ j j=1 kde krivka ϕ j je úsečka [0, β j ]. Podl a definície navyše f(x) = a kp x p 1 (x + β 1 ) p... (x + β k ) p j=1 Podl a lemy a rovnosti 4.6 máme ( ) k m m J = e β j f (i) (0) f (i) (β j ) j=1 = (2 n k) m f (i) (0) m j=1 k f (i) (β j ) (4.7) Nech {e 1,..., e n } tvorí množinu n elementárnych symetrických polynómov nad {α 1,..., α n }. Potom, ked že M iπ Z[x], tak ae 1,..., ae n Z - stačí polynóm M iπ roznásobit a ae 1,..., ae n Z budú jeho koeficienty, tým pádom celé čísla. Ďalej h(x) = a k (x β 1 )... (x β k ) = (ax aβ 1 )... (ax aβ k ) Z[ax], pretože k elementárnych symetrických polynómov nad {aβ 1,..., aβ k } je symetrických nad {aα 1,..., aα n }, a teda ide o polynómy nad {ae 1,..., ae n }. Zrejme f(x) = x p 1 (h(x)) p. 35

36 Teda stačí použit 4.2 a máme k k f (p 1) (0) = (p 1)! ( aβ j ) p = (p 1)! a pk ( β j ) p j=1 j=1 f (i) (0) 0 (mod p!) i p 1 k f (i) (β j ) 0 (mod p!) j=1 (4.8) Zvol me teda p ako prvočíslo tak, aby p > max { a k β 1... β k, 2 n k }. Dosad - me 4.8 do 4.7 a dostaneme (p 1)! J. Zároveň však p J, lebo p f (p 1) (0). To znamená, že J 0, a teda J (p 1)! Na druhej strane ale podl a lemy J k I f (β j ) j=1 k β j e β j f ( βj ) j=1 { k max βj e } ( β j a kp 2 max 1 j k ) p 1+kp { β j } 1 j k ) ) k+1 p { k max βj e } ( ( β j 2 a max { β j } 1 j k 1 j k = BC p kde B a C sú prirodzené čísla. Pre dostatočne vel ké p si však tieto ohraničenia odporujú, čím sme dospeli ku sporu. Dôsledok Kvadratúra kruhu nie je pomocou euklidovskej konštrukcie vo všeobecnosti možná. Dôkaz. Predpokladajme, že π je konštruovatel né. Potom je aj algebraické. Ked že množina algebraických čísel tvorí teleso, tak aj číslo π by bolo algebraické. Avšak číslo π je v skutočnosti transcendentné. Teda π je transcendentné a podl a dôsledku a nemôže íst o konštruovatel né číslo, čo je spor. Takže π nie je konštruovatel né. 36

37 Zoznam použitého značenia a Re(a) AB AOB N Z Q Q R C A a A a / A A B A B A B A \ B sup a A f(a) a b a b D(a, b) a b (mod p) absolútna hodnota čísla a reálna čast komplexného čísla a dĺžka úsečky AB vel kost uhla AOB množina prirodzených čísel množina celých čísel množina racionálnych čísel množina algebraických čísel množina reálnych čísel množina komplexných čísel počet prvkov množiny A, mohutnost množiny A prvok a patrí do množiny A prvok a nepatrí do množiny A A je podmnožinou B A je ostrou podmnožinou B zjednotenie množín A a B množinový rozdiel množín A a B suprémum funkčných hodnôt cez množinu A a delí b a nedelí b najväčší spoločný delitel a a b p delí a b 37

38 Ker φ Im φ A/B K [x 1,..., x n ] lc(f) deg f f(z) dz ϕ ϕ L(ϕ) f, f (k) jadro homomorfizmu φ obraz homomorfizmu φ množina rozkladových tried A podl a B množina polynómov n premenných nad telesom/okruhom K vedúci koeficient polynómu f stupeň polynómu f krivkový integrál funkcie f pozdĺž krivky ϕ obraz krivky ϕ v C dĺžka krivky ϕ prvá derivácia f, k-ta derivácia f 38

39 Literatúra [1] Stewart, I.: Odsud až do nekonečna. Argo a Dokořán, Praha, [2] Beckmann, P.: Historie čísla π. Academia, Praha, [3] Allen, G. D.: Lectures on the History of Mathematics. Lecture notes. Cit Dostupné na internete: < don.allen/masters/> [4] Courant, R. & Robbins, H.: What is mathematics? An elementary approach to ideas and methods. Oxford University Press, New York, [5] Loy, J.: Trisection of an Angle. Cit Dostupné na internete: < [6] Fine, B. & Rosenberger, G.: The Fundamental Theorem of Algebra. Springer-Verlag, New York, [7] Smith, D. E.: The History and Transcendence of π. In: Young, J. W. A.: Monographs on Topics of Modern Mathematics Relevant to the Elementary Field. Longmans Green and Co., New York, [8] Hardy, G. H. & Wright, E. M.: An Introduction to the Theory of Numbers: Fifth Edition. Oxford University Press, New York, [9] Filaseta, M.: Transcendental Number Theory. Lecture notes. [10] e and pi are transcendental. Cit Dostupné na internete: < e/transcendental/ transcendental.html> 39