Dokaz da neke konstrukcije nisu moguće

Više puta je bila priča o zadacima iz stare grčke, i svaki put je rečeno da postoji dokaz da je nemoguće, ali nijednom nismo videli dokaz, e pa evo ga :) Malo je reći da ne razumem ni reč, ali nek stoji ovde, sledeći put kad neko bude hteo da trisektuje ugao da nam prvo prokomentariše ovo. Naravno i na početku videa, i na kraju, čovek posebno naglašava da se odnosi na konstrukcije sa neobeleženim lenjirom i šestarom.

Bio je i ranije pominjan dokaz, npr. u ovoj poruci (koja je baš nedavno proslavila punoletstvo ), ali se slažem da sigurno nije loše podsetiti se dokaza s vremena na vreme.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Moj dokaz je supercool sa videom, a vaš je neki jadan na običnom papiru :)

Za kocku se svodi na to što ne postoji algebarska jednačina koja će nam dati kubni koren iz 2, recimo konstrukcija kvadrata dva puta veće površine je moguća, jer kvadratni koren iz 2 može da se konstruiše (pravougli trougao čije su katete "a", a dijagonala jednaka "a" puta kvadratni koren iz 2), odnosno postoji algebarska jednačina čije je rešenje kvadratni koren iz 2 (ili celobrojni umnožak tog iracionalnog broja).

Za trisekciju ugla mnogi ne razumeju problem, recimo lako se rešava previjanjem papira (origami), međutim kod previjanja papira u jednom koraku se koriste tačke koje se matematički nalaze na krivoj drugog reda (mislim da je u pitanju hiperbola), čime se krši uslov da se koriste samo lenjir i šestar (samo prave linije, kružnice i lukovi, tj. delovi kružnica).

Recimo, sećam se "dokaza" Goldbahove hipoteze, koja tvrdi da se svaki paran broj veći od 2 može predstaviti zbirom dva prosta broja. I autor "dokaza" ispisao sve parne brojeve do 200, i zaključio kako za veće parne brojeve postoji sve više parova različitih prostih brojeva čiji zbir je jednak tom broju... a postoje brojni primeri u matematici gde nešto važi za ogroman broj uzoraka i tek tamo za neki veliki broj pojavi se primer koji obori hipotezu, recimo primer Ojlerove hipoteze (sumu stepena prirodnih brojeva):

Ovo je pokušaj uopštavanja poslednje Fermaove teoreme (poznata i kao Fermaova velika teorema), za koju je n = 2, što sledi da jednakost ne važi za k > 2, a što je i dokazano 1995. godine (prva verzija dokaza), dakle posle više od 350 godina, međutim Ojlerova hipoteza je oborena za k = 4 i k = 5, dok se za veće k ne zna.

Recimo, za k=5 dokaz je pronađen 1966. godine pomoću računara:
dok je za k=4 pronađeno beskonačno primera (Noam Elkies je pronašao formulu za eliptičku krivu kojom se generišu brojevi čiji četvrti stepeni zadovoljavaju datu jednakost), dok je primer sa najmanjim brojevima pronađen 1988. godine:

Dakle, nije dovoljno uzeti nekoliko desetina, ili čak hiljada primera i reći "ovo očigledno važi i za sve veće brojeve".


Ovde su dati još neki zanimljivi primeri: https://math.stackexchange.com...xtremely-large-counterexamples
Recimo, i su uzajamno prosti, što važi sve do broja
Ili i su uzajamno prosti sve do

Potpis

Blessed are those who can laugh at themselves, for they shall never cease to be amused.

A zašto je bitno da postoji algebarska jednačina koja će nam dati kubni koren iz 2, i kakve to veze ima sa konstrukcijom?



Trouglovi obično nemaju dijagonale, nego hipotenuze, kvadrati imaju dijagonale. I kako ja sad da ti verujem kad je očigledno da si zbunjen?



Jedno je izvesno, zadatci još uvek izvode ljude iz takta, pogle šta je sve ispisao ničim izazvan :)

Ovo nije sasvim precizno rečeno. Broj jeste algebarski (on je rešenje polinomne jednačine ). Međutim, nisu svi algebarski brojevi konstruktibilni: da bi bili takvi, potrebno je da njihov minimalni polinom ima stepen koji je stepen broja (stoga, kako je minimalni polinom broja stepena , ovaj broj nije konstruktibilan).

I meni lično omiljen primer: ako rešavamo jednačinu u skupu prirodnih brojeva, za trojku brojeva koja predstavlja najmanje moguće rešenje te jednačine imamo !

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Ovo je tačno, uz napomenu da taj uslov nije dovoljan, već samo potreban. Postoji algebarski broj stepena 4, koji nije konstruktibilan lenjirom i šestarom.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Da, kucao sam u nekom "polutransu", razmišljao sam o nekom drugom problemu i transcendentnim brojevima (koji nisu rešenje nijedne algebarske jednačine), pa se "preslikalo" ovde kao i "dijagonala" trougla. Eto, bolje je pisati odgovore ujutru nego kasno uveče :)

Potpis

Blessed are those who can laugh at themselves, for they shall never cease to be amused.

Ne može proizvoljan ugao (tj. svaki), ali mogu neki specifični, tipa 30°, pa se može izvršiti trisekcija ugla od 90°, a po analogiji može i za 180°, 270° i 360°.
Takođe, moguće je izvršiti trisekciju uglova koji se pojavljuju kod pravilnih mnogouglova koji se mogu konstruisati lenjirom i šestarom, ali to su sve specijalni slučajevi, originalan problem zahteva trisekciju proizvoljnog ugla (dakle, ne moramo ni znati vrednost ugla, već imamo samo zadate krake, a dozvoljeno je korišćenje samo lenjira i šestara).

Potpis

Blessed are those who can laugh at themselves, for they shall never cease to be amused.

Zašto je potrebno da njihov minimalni polinom ima stepen koji je stepen broja da bi algebarski brojevi bili konstruktibilni?



Koji još uslov je potreban?

Ekhm?

Zašto je potrebno da njihov minimalni polinom ima stepen koji je stepen broja 2 da bi algebarski brojevi bili konstruktibilni, kakve to veze ima sa crtežom, konstrukcijom na papiru, i koji još uslov je potreban?

Na to pitanje je već malo teže dati odgovor. Na primer, konkretno na našem fakultetu tehnika dokazivanja nemogućnosti nekih konstrukcija radi se pri kraju predmeta Prsteni, polja i teorija Galoaa (na master studijama), a ovo je četvrti po redu kurs iz opšte algebre. Dakle, nije baš tako lako to sažeti u jednoj-dve poruke na forumu. Ali ajde, pokušaću da skiciram nešto na brzinu (napominjem: ovo je vrlo uprošćeno i na nekim mestima vrlo i neprecizno, pa nemojte shvatati previše formalno, jer drugačije i ne može biti).

Dakle, ono što se može pokazati (preko analitičke geometrije: znamo kako izgledaju jednačine prave i kružnice, a presek dva takva objekta je rešenje sistema jednačina koje opisuju ta dva objekta) jeste sledeće: ako zamislimo da imamo neke prave i kružnice takve da poluprečnici kružnica, kao i koordinate njihovih centara i svih tačaka sa pravih, dolaze iz nekog polja , tada koordinate preseka ovakvih objekata moraju biti iz neke kvadratne ekstenzije polja (tj. moraju biti oblika gde ). E sad, mi kada započinjemo konstrukciju, uvek možemo koordinatni sistem postaviti tako da krećemo od polja . Svaki put kada dobijemo novu tačku (kao presek nekih dotle postojećih objekata), imaćemo neku kvadratnu ekstenziju polja u kom smo dotle radili (ili ćemo možda čak i ostati u istom polju, nije ni bitno toliko). Pošto se konstrukcija po definiciji obavlja u konačnom broju koraka, mi time stignemo do polja koje se nalazi na kraju niza ovakvih sukcesivnih kvadratnih ekstenzija. Ali pošto je svaka ekstenzija bila kvadratna, vidimo da je to polje na kraju ekstenzija polja stepena koji je stepen dvojke.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Hteo sam sinoć da napišem nešto slično, ali hajde da dopunim. Negde sam to pisao na ovom forumu, ali je teže naći jer se tema ne zove tako.

Elem,

Pod potpoljem od podrazumevaćemo bilo koji podskup od takav da 0 i 1 pripadaju tom podskupu i da ako su , onda i . Najmanji takav skup je . Međutim, ako je bilo koje potpolje od i neki njegov pozitivan element, onda je i potpolje od .

Neka su i dva potpolja od i neka je . Tada je jedan vektorski prostor nad poljem . To znači da važe uobičajeni zakoni vezani za sabiranje i oduzimanje vektora i množenje vektora skalarom, kao u geometriji, s tim da su ovde skalari elementi skupa , a vektori elementi skupa .

Ako je pritom neki niz vektora takav da za ma koji vektor postoji tačno jedan niz skalara tako da važi , onda za niz vektora kažemo da je baza vektorskog prostora nad poljem skalara .

Pritom se dokazuje da svake dve baze istog vektorskog prostora nad istim poljem skalara imaju isti broj elemenata. Drugim rečima, ne postoje baze i istog vektorskog prostora nad istim poljem skalara takve da je .

Broj elemenata bilo koje baze vektorskog prostora nad poljem skalara se zove dimenzija vektorskog nad poljem skalara . U slučaju da je vektorski prostor neko polje, a polje skalara njegovo potpolje (kao kod nas), taj broj se obeležava sa

Ukoliko je potpolje od a potpolje od , onda važi formula .

Neka je neko potpolje od i bilo koji kompleksan broj. Najmanje potpolje od koje sadrži sve elemente polja , kao i uvek postoji i obeležava se sa .

Ukoliko ne postoji nijedan ne/nula polinom sa koeficijentima iz takav da je , onda se za kaže da je transcedentan element nad poljem i tada važi formula , a ako takav polinom postoji, onda kažemo da je algebarski element nad i važi formula da je jednako najmanjem mogućem stepenu takvog polinoma.

Ako je neko potpolje od i pozitivan realan broj, onda je , i važi jednako 1 ako , odnosno 2 u suprotnom. U svakom slučaju je za .

Dakle, ako imamo niz potpolja od , takvih da za sve važi i , onda je za neki ceo nenegativan broj .

Ako je pak potpolje od i ako je , onda je , odnosno da je delitelj broja . Dakle, ako je raširenje polja čiji je stepen neki stepen dvojke, onda je svaki element skupa algebarski nad (što znači da postoji polinom sa racionalnim koeficijentima stepena barem jedan, kome je taj element jedan od korena) čiji je stepen minimalnog polinoma (takvog polinoma najmanjeg stepena) jednak nekom stepenu dvojke.

Kakve to veze ima sa geometrijskim konstrukcijama?

Neka je na početku data jedinična duž. Možemo izabrati koordinatni sistem kome je jedan od krajeva koordinatni početak, a drugi kraj duži ima koordinate .

Osnovne konstrukcije lenjirom i šestarom su sledeće:

1. Kroz dve tačke i povucimo pravu . Ako su obe koordinate tačaka i imale obe koordinate u nekom polju , onda prava ima jednačinu čiji su svi koeficijenti u polju .

2. Konstruišimo krug sa centrom koji prolazi kroz tačku . Ako tačke i imaju obe koordinate u polju , onda krug ima jednačinu koja ima sve koeficijente iz polja .

3. Konstruišimo presečnu tačku pravih i . Ako prave i imaju jednačine čiji svi koeficijenti leže u polju , onda i tačka ima obe koordinate u polju .

4. Konstruišimo presečne tačke i kruga i prave . Ako krug i prava imaju jednačine čiji su svi koeficijenti u polju , onda postoji pozitivan realan broj takav da obe koordinate tačaka i pripadaju polju .

5. Konstruišimo presečne tačke i krugova . Ako krugovi i imaju jednačine čiji su svi koeficijenti u polju , onda postoji pozitivan realan broj takav da obe koordinate tačaka i pripadaju polju .

Pošto na početku imamo samo krajeve jedinične duži, čije su koordinate i iz polja , konačnom primenom navedenih osnovnih konstrukcija lenjiriom i šestarom dobijamo

a) tačke čije su obe koordinate u nekom polju ,

b) prave koje imaju jednačine sa svim koeficijentima u nekom polju ,

c) krugove koji imaju jednačine sa svim koeficijentima u nekom polju ,

pri čemu za to polje važi da je za neki ceo nenegativan broj .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Pa dobro, recimo da bih mogao da razumem za dupliranje kocke, i kvadraturu kruga, potrebno bi bilo konstruisati duž koja dokazano nije konstruktibilna.

Kako za trisekciju ugla? Nekako ispada da, s obzirom da je lako od bilo kog ugla, poznatog, nepoznatog, napraviti, konstruisati tri puta veći, sve linije, tačke, kružnice zadovoljavaju uslove koje ste naveli, a obrnuto konstrukcija trećine ugla poznatog/nepoznatog uvek ispada iz uslova???

Zašto ili kako?

Slično kao što za svaki prirodan broj ti možeš u skupu prirodnih brojeva naći njegov kub (pomnožiš ga tri puta sa samim sobom), ali obratno ne može, ne možeš za svaki prirodan broj naći neki drugi čiji je on kub.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.