Элементарная геометрия - Шоластер Н.Н.
Скачать (прямая ссылка):
X2 + у2 + qx + hy + t = О,
(д - а>)Х + (h- h')y + (t — г) = о.
Следовательно, в этом случае приходим к тому же результату, что и в предыдущем.
159
При решении задач на построение циркулем и линейкой новые точки мы получаем или как точки пересечения прямых, или как точки пересечения прямой и окружности, или как точки пересечения двух окружностей. Приведенные рассуждения показывают, что на основе множества точек M01 координаты которых принадлежат полю рациональных чисел, при помощи циркуля и линейки мы можем построить только точку, координаты которой принадлежат некоторому полю Rnl о котором говорилось выше.
Итак, при помощи циркуля и линейки, исходя из заданной системы координат (с единичным отрезком E)1 мы можем построить те и только те точки, координаты которых принадлежат полю Rnl полученному из поля рациональных чисел путем последовательного присоединения к нему квадратных радикалов.
Остановимся кратко на общем случае, когда, кроме единичного отрезка, могут быть даны некоторые отрезки а, 6,/, длины которых не являются рациональными числами. Как показано в курсах высшей алгебры, мы можем построить поле R = R0(CL1 O1 /) путем присоединения к полю рациональных чисел R0 положительных действительных чисел а, &,...,/. В этом случае, пользуясь выбранной системой осей координат, единичным отрезком и данными отрезками а, 6, /, мы при помощи циркуля и линейки сможем построить любую точку, координаты которой принадлежат полю R. Пусть M — множество точек плоскости с координатами из поля R.
Повторяя для поля R и множества точек M рассуждения, которые мы проделали для поля R0 и множества точек M01 мы придем к следующему результату:
при помощи циркуля и линейки, исходя из выбранной системы координат (с единичным отрезком E) и данных отрезков а, 6, /, мы можем построить те и только те точки, координаты которых принадлежат полю Rn1 полученному из поля R = R0(Ci1 bt /), путем последовательного присоединения к нему квадратных радикалов.
Теперь мы можем ответить на вопрос: разрешима ли циркулем и линейкой задача, которая сведена к построению отрезков? Пусть а, 6, / — данные отрезки. Построение отрезка X равносильно построению точки (х\ 0) для произвольной системы осей координат. Если число л: принадлежит некоторому полю Rn1 полученному из поля R=R (а, Ь, ...,/) путем последовательного присоединения к нему квадрат-
160
ных корней, то искомый отрезок может быть построен циркулем и линейкой, т. е. данная задача разрешима указанными инструментами. Если же число х не принадлежит такому полю, то точка (х\ 0) (а значит, и отрезок х) не может быть построена циркулем и линейкой, т. е. данная задача неразрешима при помощи этих инструментов.
§ 52. Неразрешимость некоторых задач на построение циркулем и линейкой
Пусть а, 6, / — данные отрезки, ах — искомый отрезок, который выражается через данные при помощи уравнения
f (х, a, Ь, /) = 0.
При решении вопроса о неразрешимости отдельных задач на построение мы можем считать числа а, Ъ, / рациональными. Если задача в этом случае окажется неразрешимой, то, значит, она неразрешима вообще. Это не исключает, конечно, разрешимости задачи при некоторых определенных значениях данных отрезков. Например, задача о делении произвольного угла на три равные части неразрешима при помощи циркуля и линейки, но легко при помощи этих инструментов построить угол 30°, т. е. разделить прямой угол на три равные части.
Если а, Ь, с, / — рациональные числа, но число х не принадлежит полю Rn, которое получается из поля рациональных чисел путем последовательного присоединения к нему квадратных корней, то нельзя построить при помощи циркуля и линейки точку (х\ 0) и, следовательно, отрезок х. Задача на построение в этом случае будет неразрешимой при помощи указанных инструментов.
При рассмотрении конкретных примеров в дальнейшем нам потребуется следующая теорема из курса высшей алгебры.
Теорема. Если уравнение
хг + рх2 + qx + г = 0
с рациональными коэффициентами не имеет рациональных корней, то его действительные корни не принадлежат никакому полю Rn, которое может быть получено из поля рациональных чисел путем последовательного присоединения к нему конечного числа квадратных корней.
161
Следовательно, можно сказать, что, исходя из единичного отрезка, нельзя построить корни такого уравнения циркулем и линейкой.
Рассмотрим теперь три знаменитые геометрические задачи древности и покажем их неразрешимость при помощи циркуля и линейки.
Задача об удвоении куба. Построить ребро куба, объем которого равен удвоенному объему данного куба.
Примем ребро данного куба за единицу длины. Тогда ребро искомого куба х определится из уравнения: хъ = 2 или Xs — 2 = 0.
Полученное уравнение не имеет рациональных корней. Следовательно, его единственный действительный корень не может быть построен циркулем и линейкой.
Задача о трисекции угла. Разделить произвольный угол на три равные части.
Докажем, например, что угол в 30° нельзя разделить на три равные части при помощи циркуля и линейки.
