VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR. Dan Laksov

Transkript

1 Forum för matematiklärare VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Dan Laksov Institutionen för Matematik, 2007 Finansierat av Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse

2 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR

3 Vinkelens tredeling, kubens fordobling og sirkelens kvadratur Dan Laksov Notater for Forum för Matematiklärare. Et prosjekt høst 2007-vår 2008 støttet av: Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse Versjon I. Juli 2007 Matematiska Institutionen KTH

4 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Matematiska Institutionen KTH STOCKHOLM ISBN? c 2007 Matematiska Institutionen

5 FORORD For bare noen år siden inngikk de tre klassiske problemene, vinkelens tredeling, kubens fordobling og sirkelens kvadratur i utdannelsen til matematikklærere på gymnaset. Disse problemene var en del av vår kulturelle arv. I dag har disse emnene forsvunnet uten å ha blitt erstattet av annen matematikk som kan berike våre liv og utvide vår horisont. Dette heftet er et forsøk på å gjenopplive en døende kultur. Spesielt tredelingen av vinkelen har inspirert amatørmatematikere, desverre oftest til å kaste bort tiden med å forsøke å vise at alle vinkler kan tredeles med passer og lineal. Ettersom det har vært kjent i langt over hundre år at dette er umulig kan man undre på hvorfor det er så fristende å prøve det umulige. Kanskje skyldes dette at det kan være vanskelig å forstå hva det betyr når matematikere sier at noe er umulig. Det finnes uendelig mange mulige konstruksjoner som skulle kunne tredele en vilkårlig vinkel, så hvordan kan vi vite at det ikke finnes en genial konstruksjon som har unngått matematikernes øyne. Vi håper at vi i dette heftet lykkes med å gjøre klart at det nettopp er en av matematikkens sterke sider at den gir invarianter som kan skille mellom det mulige og det umulige. En av hensiktene med dette heftet er å gi et innblikk i de invariantene vi behøver for de klassiske problemene og at dette skal gi et glimt av det vi ofte kaller matematisk tankegang. Disse notatene er et supplement til forelesningene i Forum För Matematiklärare, eller kort Forum, det akademiske året Alt materialet til de syv forelesningene i Forum finnes i heftet, men inndelingen av notatene i kapitler og seksjoner svarer bare delvis til innholdet av forelesningen. Heftet er ment som hjelp for hukommelsen, eller for å finne supplerende og utdypende materiale. Kanskje kan det også inspirere til videre studier i matematikk. Notatene forutsetter bare kjennskap til de enkleste begrepene i grunnleggende matematikk. v

6 vi VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR

7 INNHOLD 1. Tre klassiske problemer 1.1 Konstruksjoner med passer og lineal Regneoperasjoner for konstruerbare tall De klassiske problemene Kropper 2.1 Kropper av reelle tall Polynomer Algebraiske og transcendente tall Grupper og kropper Vektorrom 3.1 Definisjoner Dimensjon Kroppsutvidelser som vektorrom Vektorrom over kropper av konstruerbare elementer Løsning av de klassiske problemene B. Bibliografi I. Indeks vii

8 viii VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR

9 1. TRE KLASSISKE PROBLEMER I dette kapittelet forklarer vi hva som menes med konstruksjoner med passer og lineal. Dette gjør at vi kan presisere betydningen av de klassiske problemene. Konstruksjonene med passer og lineal leder til konstruerbare tall, og vi viser her hvordan vi kan regne med slike tall. Det er et dypere studium av de konstruerbare tallene som fører til en løsning av de klassiske problemene Konstruksjon med passer og lineal Før vi kan forklare de tre klassiske problemene må vi presisere hva vi mener med konstruksjoner med passer og lineal Konstruksjoner. Våre hjelpemidler er en passer og en lineal, uten gradering. Vi starter med to punkter i planet, som vi betegner med (0, 0) og (1, 0). Fra disse punktene konstruerer vi suksessivt nye punkter etter følgende resept: Har vi allerede konstruert to punkter (a 1, b 1 ) og (a 2, b 2 ) kan vi dra linjen (b 2 b 1 )(x a 1 ) (a 2 a 1 )(y b 1 ) = 0, gjennom punktene (a 1, b 1 ) og (a 2, b 2 ). Det vil si, linjen Vi kan også slå sirkelen (b 2 b 1 )x (a 2 a 1 )y = a 1 b 2 a 2 b 1. (x a 1 ) 2 + (y b 1 ) 2 = (a 2 a 1 ) 2 + (b 2 b 1 ) 2 med sentrum (a 1, b 1 ) og radius avstanden mellom punktene (a 1, b 1 ) og (a 2, b 2 ). De nye punktene som vi konstruerer er de som oppstår som snittet mellom slike linjer og sirkler. Vi sier at vi konstruerer disse nye punktene med passer og lineal, eller kort, at vi har konstruert de nye punktene Definisjon. Et tall a er konstruerbart om vi kan konstruere punktet (a, 0) Eksempel. Vi drar først linjen gjennom de gitte punktene (0, 0) og (1, 0), og får da x-aksen. Slår vi sirkelen med sentrum (1, 0) og radius 1 vil et av skjæringspunktene med x-aksen være (2, 0), som er et nytt punkt. Vi kan nu slå sirkelen med sentrum (2, 0) og radius 1 og konstruerer et nytt punkt (3, 0) som en av 1

10 2 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR skjæringspunketne mellom sirkelen og x-aksen. Fortsetter vi kan vi suksessivt konstruere punktene (4, 0), (5, 0),.... Vi kan følgelig konstruere de naturlige tallene 1, 2,..., som vi betegner med N. (0, 0) (0, 1) (0, 2) (0, 3) (0, 4) Begynner vi istedenfor med en sirkel med sentrum (0, 0) og radius 1 kan vi konstruerer punktet ( 1, 0). Fortsetter vi, i analogi med det vi gjorde ovenfor, men til venstre ser vi at vi suksessivt kan konstruere punktene ( 2, 0), ( 3, 0),.... Spesielt har vi vist at vi kan konstruere de hele tallene..., 2, 1, 0, 1, 2,..., som vi betegner med Z Eksempel. Snittet av sirklene med sentra ( 1, 0) og (0, 1) og radius 2 er de to punktene (0, 3) og (0, 3). Drar vi linjen gjennom disse punktene får vi y-aksen. Snitter vi y-aksen med sirkelen med sentrum (0, 0) og radius 1 får vi punktene (0, 1) og (0, 1). Om vi nu går frem på en lignende måte som i Eksempl 1.1.3, men gjør konstruksjonene vertikalt, ser vi at vi kan konstruere punktene..., (0, 2), (0, 1), (0, 0),(0,1),(0, 2),... (0, 1) ( 2, 0) ( 1, 0) (0, 0) (1, 0) (2, 0) (3, 0) (0, 1) Det er lett å innse at vi med disse metoden kan konstruere alle punktene (m, n) der m og n er hele tall Eksempel. Om vi har konstruert punktene (a 1, b 1 ) og (a 2, b 2 ) så er tallet r = (a 1 a 2 ) 2 + (b 1 b 2 ) 2 konstruerbart ettersom det er et av snittene mellom x-aksen og sirkelen med sentrum (0, 0) og radius r Lemma. La (a 1, b 1 ), (a 2, b 2 ) og (a 3, b 3 ) være tre ulike punkter som vi har konstuert. Da kan vi med passer og lineal konstruere en linje gjennom (a 3, b 3 ) som er parallell med linjen gjennom (a 1, b 1 ) og (a 2, b 2 ). Bevis. Om de tre punktene ligger på samme linje vil denne linjen ha egenskapene i lemmaet. Anta at punktene ikke ligger på en rett linje. Sirkelen med sentrum (a 3, b 3 ) og radius avstanden mellom (a 1, b 1 ) og (a 2, b 2 ) og sirkelen med sentrum (a 2, b 2 ) og radius avstanden mellom (a 1, b 1 ) og (a 3, b 3 ) har nøyaktig ett snitt (a 4, b 4 ) som ligger på den motsatte siden av (a 1, b 1 ) om linjen gjennom (a 2, b 2 ) og (a 3, b 3 ). Dette punktet

11 1.1. KONSTRUKSJON MED PASSER OG LINEAL 3 danner, sammen med (a 1, b 1 ), (a 2, b 2 ) og (a 3, b 3 ), et parallellogram. Linjen gjennom (a 3, b 3 ) og (a 4, b 4 ) tilsfredsstiller derfor kravene i lemmaet. (a 4, b 4 ) (a 3, b 3 ) (a 2, b 2 ) (a 1, b 1 ) Proposisjon. Om vi kan konstruere punktet (a, b) er både a og b konstruerbare tall. Omvendt, om a og b er konstruerbare tall kan vi konstruere punktet (a, b). Bevis. Av Lemma kan vi dra linjer gjennom (a, b), parallelle med y-aksen, respektive x-aksen. Skjæringen mellom disse linjenen og x-aksen, respektive y-aksen, gir punktene (a, 0) og (0, b), så a er konstruerbart. Et av snittene av sirkelen med sentrum (0, 0) og radius b og x-aksen gir punktet (b, 0), så b er også konstruerbart. (0, b) (a, b) (0, 0) (b, 0) (a, 0) Omvendt, om a og b begge er konstruerbare kan vi konstruere punktene (a, 0) og (b, 0). Snittet mellom sirkelen med sentrum (0, 0) og radius b gir da punktet (0, b), som derfor kan konstrueres. Dra nu linjen gjennom (a, 0) parallell med y-aksen, og linjen gjennom (0, b) parallell med x-aksen. Disse linjene skjærer hverandre i punktet (a, b) som derfor er konstruerbart. Oppgaver. Oppgave 1. Finn snittet mellom linjene: (1) (x 1) + 2(y 2) = 0 og 3(x 4) + 2(y 3) = 0. (2) 2x 5y = 1 og 3x 3y = 2. Oppgave 2. Finn snittet mellom: (1) Linjen (x 1) + 2(y 2) = 0 og sirkelen (x 1) 2 + y 2 = 3 2.

12 4 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR (2) Linjen 3(x 4) + 2(y 3) = 0 og sirkelen (x 3) 2 + (y 2) 2 = 5 2. Oppgave 3. Konstruer tallene: (1) 1/2. (2) 2 (3) 1/3 (4) 3. Oppgave 4. Vis hvordan vi fra punktene (0, 0) og (1, 0) med passer og lineal kan konstruere alle punktene (m, n) med m og n heltall. Oppgave 5. Gi et bevis for Lemma ved å skrive opp ligninger og løse disse Regneoperasjoner for konstruerbare tall En interessant egenskap ved konstruerbare tall er at de kan adderes, subtraheres, multipliseres og divideres, og vi kan dra roten av positive konstruerbare tall og få et nytt konstruerbart tall Proposisjon. Anta at a og b 0 er konstruerbare tall. Da er a b og a/b også konstruerbare. Om a 0 vil a være konstruerbart. Bevis. Det er klart at a b er konstruerbart. Vi viser nu at ab er konstruerbart. Dette er klart om a eller b er 0 så vi antar at begge er forskjellig fra 0. Punktene (1, 0) og (b, 0) kan vi konstruere, og ved Proposisjon kan vi konstruere (0, a). Dra linjen L gjennom (1, 0) og (0, b). Det følger av Lemma at vi kan dra linjen gjennom (a, 0) som er parallell med L. (0, y) (0, b) (0, 0) (1, 0) (a, 0) Av kongruensregelen for trekantene (0, 0), (1, 0), (0, b) og (0, 0), (a, 0), (0, y) får vi at b/y = 1/a, det vil si, at y = ab. Ettersom vi har konstruert (0, y) følger det av Proposisjon at ab er konstruerbar. Vi viser nu at 1/b er konstuerbart. Dette er klart at om b = 1 så vi antar at b 1. Denne gangen setter vi av punktene (0, b) og (1, 0) som ovenfor, men drar linjen gjennom (0, 1) parallell med linjen gjennom (0, b) og (1, 0). La (0, x) være skjæringen mellom denne linjen og x-aksen.

13 1.2. REGNEOPERASJONER FOR KONSTRUERBARE TALL 5 (0, 1) (0, b) (0, 0) (1, 0) (x, 0) Av kongruensregelen for trekantene (0, 0), (1, 0), (0, b) og (0, 0), (x, 0), (0, 1) får vi at b/1 = 1/x, det vil si, at x = 1/b. Ettersom vi har konstruert (x, 0) følger det av Proposisjon at 1/b er konstruerbart. Ettersom a og 1/b er konstuerbare følger det derfor av første delen av beviset at produktet a(1/b) = a/b også er konstruerbart. Til slutt viser vi at a er konstruerbart når a 0. Sett av (1, 0) og (1 + a, 0) på x-aksen og slå sirkelen med sentrum ((1 + a)/2, 0) og radius (1 + a)/2. (1, y) (0, 0) (1, 0) (1 + a, 0) La (1, y) være en skjæring mellom sirkelen og linjen gjennom (1, 0) parallell med y-aksen. Da er trekantene (0, 0), (1, 0), (1, y) og (1, y), (1, 0), (1 + a, 0) kongruente og av kongruensregelen får vi at 1/y = y/a, det vil si, at a = y 2. Ettersom vi har konstruert (1, y) følger det av Lemma at y = a er konstruerbart Merk. Det følger av Proposisjon og konstruksjonen i at alle linjer vi drar er på formen ax+by = c der a, b og c er konstruerbare, og at alle sirkler vi slår er på formen (x a) 2 + (y b) 2 = r 2 der a, b og r er konstruerbare. Vi merker også at vi bare behøver å konstruere snittet mellom to linjer og snittet mellom en linje og en sirkel, for om vi har slått to sirkler (x a 1 ) 2 + (y b 1 ) 2 = r 2 1 og (x a 2 ) 2 + (y b 2 ) 2 = r 2 2 så er snittene mellom disse det samme som snittet mellom hvilken som helst av sirklene og linjen (x a 1 ) 2 + (y b 1 ) 2 (x a 2 ) 2 (y b 2 ) 2 = r 2 1 r2 2, det vil si, linjen med ligningen 2(a 2 a 1 )(x (a 1 + a 2 )/2) + 2(b 2 b 1 )(y (b 1 + b 2 )/2) = r r2 2, som har koeffisienter som er konstruerbare.

14 6 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Oppgaver. Oppgave 1. Vis at om a og b er konstuerbare så er a og a + b konstruerbare. Oppgave 2. Gi beviset for Proposisjon ved å skrive ligninger og løse disse. Oppgave 3. Vis snittene mellom de to sirklene (x a 1 ) 2 + (y b 1 ) 2 = r1 2 og (x a 2 ) 2 + (y b 2 ) 2 = r2 2 er det samme som snittene mellom hvilken som helst av sirklene og linjen (x a 1 ) 2 + (y b 1 ) 2 (x a 2 ) 2 (y b 2 ) 2 = r1 2 r2, 2 det vil si, linjen 2(a 2 a 1 )(x (a 1 + a 2 )/2) + 2(b 2 b 1 )(y (b 1 + b 2 )/2) = r1 2 + r2 2. Oppgave 4. Figureene i beviset for er tegnet for a og b positive. Tegn figurene når a eller b er negative De klassiske problemene I denne seksjonen forklarer vi de klassiske problemene og hvordan deres løsning avhenger av egenskaper ved konstruerbare tall Tredeling av vinkelen. Problemet går ut på å vise at alle vinkler ikke kan tredeles med passer og lineal. Mer bestemt, om θ er en gitt vinkel, for eksempel gitt som vinkelen mellom x-aksen og linjen gjennom (0, 0) og (cos(θ), sin(θ)), θ (0, 0) (0, 1) (cos(θ), sin(θ)) så kan vi ikke alltid konstruere vinkelen θ/3 med passer og lineal. Det vil si, vi kan ikke konstruere punktet (cos(θ/3), sin(θ/3)). Vi skal nøye oss med å vise at vinkelen 60 ikke kan tredeles med passer og lineal, det vil si, vi skal vise at vi ikke kan konstruere punktet (cos(π/9), sin(π/9)). For å forberede oss for dette påminner vi om de trigonometriske likhetene cos(θ + ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) sin(ϕ), sin(θ + ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) + cos(θ) sin(ϕ). Det er lett å vise at vi fra disse likhetene får den kjente likheten cos(3θ) = 4 cos 3 (θ) 3 cos(θ). Spesielt får vi med 3θ = π/3 at α = cos(π/9) er en rot i polynomet 4T 3 3T (1/2).

15 1.3. DE KLASSISKE PROBLEMENE Kubens fordobling. Problemet går ut på å vise at vi med passer og lineal ikke kan konstruere en kube med dobbelt så stort volum som enhetskuben, det vil si, med volum 2. Mer bestemt, det går ut på å vise at vi ikke kan konstruere et tall β som er en rot i polynomet T Sirkelens kvadratur. Problemet går ut på å vise at vi med passer og lineal ikke kan konstruere et kvadrat med samme areal som enhetssirkelen, det vil si, med areal 2π. Mer bestemt, det går ut på å vise at vi ikke kan konstruere et tall γ som er rot i polynomet T 2 2π. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at vi fra de trigonometriske likhetene cos(θ + ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) sin(θ) sin(ϕ), sin(θ + ϕ) = sin(θ) cos(ϕ) + cos(θ) sin(ϕ) får likheten cos(3θ) = 4 cos 3 (θ) 3 cos(θ).

16 8 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR

17 2. KROPPER For å løse de tre klassiske problemene behøver vi litt teori for kropper og vektorrom. Kropper og vektorrom er fundamentale begreper i matematikken og det finnes en rik teori om dem. Vi behøver imidlertid ikke kjenne den generelle definisjonen av en kropp eller et vektorrom. Det rekker å kjenne konkrete kropper og vektorrom som består av konstruerbare tall, og som er lette å forstå. Derfor kan løsningen av de tre klassiske problemene presenteres uten å innføre et større matematisk maskineri. Ettersom metodene og resultatene vi skal bruke gjelder mye mer generelt enn for de spesielle kroppene av konstruerbare tall vi behøver her har vi tatt med aksiomatikken for kropper som et tillegg i slutten av kapittelet. For lesere som er spesielt nyskjerrige på den bakomliggende teorien er det spennende å oppdage at den større generaliteten klargjører metodene og resultatene snarere enn å komplisere dem. Dette belyser noe av kjernen i matematikken Kropper av reelle tall Vi beskriver her noen av de kroppene som oppstår i forbindelse med konstruksjoner med passer og lineal Definisjon. En underkropp av de reelle tallen R er en samling reelle tall K som inneholder 0 og 1 og som er slik at om a og b 0 er elementer i K så vil a b og a/b også være i K. Om K og L er underkropper av de reelle tallene og K er en undermengde av L så sier vi at K er en underkropp av L, eller at L er en kroppsutvidelse av K Terminologi. Ettersom alle resultatene nedenfor gjelder for alle kropper, og ikke bare for underkropper av de reelle tallene skriver vi bare kropp istedenfor underkropp av de reelle tallene Eksempel. De rasjonale tallene Q og de reelle tallene R er begge kropper. Videre følger det av Proposisjon at de konstruerbare tallene danner en kropp Merk. Det følger umiddelbart av definisjonen av kropper at om K er en underkropp av R og a og b er elementer i K så vil a+b og ab være i K. Dett er fordi 0 b = b er i K så a ( b) = a + b er i K, og 1/b er i K så a(1/b) 1 = ab er i K. 9

18 10 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Definition. La K være en underkropp av kroppen L og la α være et element i L. Vi skriver K(α) = {(a 0 + a 1 α + + a m α m )/(b 0 + b 1 α + + b n α n ) : m, n Z, a 0,..., a m, b 0,..., b n K og b 0 + b 1 α + + b n α n 0}, det vil si, K(α) består av alle elementene i L på formen (a 0 + a 1 α + + a m α m )/(b 0 + b 1 α + + b n α n ) ( ) med a 0, a 1,..., a m, b 0, b 1,..., b n i K Proposisjon. Om K er en underkropp av kroppen L og α er et element i L så vil K(α) være en underkropp av L. Kroppen K(α) er den minste underkroppen av L som inneholder α og alle elementene i K. Bevis. Det følger umiddelbart av regnereglene i L for elementene på formen ( ) at K(α) er en kropp. Ettersom hver underkropp K av L som inneholder α og elementene i K må inneholde alle elementene på denne formen må K(α) være inneholdt i K. Derfor er K(α) den minste underkroppen av L som inneholder α og alle elementene i K Eksempel. La K være en underkropp av en kropp L og la α i L være slik at α 2 ligger i K. Da vil K(α) = {a + bα : a, b K}. Om α er i K vil K(α) = K så vi antar at α ikke er i K, og vi setter α 2 = c. Vi har at a 0 + a 1 α + + a m α m = (a 0 + a 2 c + a 4 c 2 + ) + (a 1 + a 3 c + a 5 c 2 + )α, som er på formen a + bα med a og b i K. Det følger at, for å vise at alle elementen i K(α) er på formen a + bα, rekker det å vise at om d + eα 0 så vil 1/(d + eα) være på samme form. Vi merker først at om d + eα 0 så vil d eα 0. Dette er opplagt om e = 0, og om e 0 vil d eα = 0 medføre at α = d/e som er i K. Dette motsier antagelsen at α ikke er i K så d eα 0. Vi får 1/(d + eα) = (1/(d + eα))((d eα)/(d eα)) = d/(d 2 e 2 c) (e/(d 2 e 2 c))α som er på formen a + bα med a og b i K. Oppgaver. Oppgave 1. La K være en underkropp av kroppen L og la α være et element i L. Gi eksplisitte uttrykk for addisjon, subtraksjon, multiplikasjon og divison av elementer i L på formen (a 0 + a 1 α + + a m α m )/(b 0 + b 1 α + + b n α n ) med a 0, a 1,..., a m, b 0, b 1,..., b n i K. Oppgave 2. Vis at om K er en underkropp av en kropp L og α er et element i L slik at α 2 + cα + d = 0 for noen elementer c og d i K så vil K(α) = {a + bα : a, b K}.

19 2.2. POLYNOMER Polynomer Polynomer er blandt de viktigste hjelpemidlene vi behøver for å behandle kropper. De fleste kjenner til polynomer og deres egenskaper, men for sikkerhets skyld påminner vi om de viktigste begrepene knyttet til polynomer. Vi gjør dette ganske informelt, og antyder mer formelle fremgangsmåter i oppgavene Definisjon. Et polynom i en variabel T med koeffisienter i en kropp K er et formelt uttrykk f(t) = a 0 + a 1 T + + a m T m for noe naturlig tall m der a 0, a 1,..., a m er i K. Om a m 0 sier vi at f(t) har grad m og skriver grad(f) = m. Vi sier at f(t) er moniskt om a m = 1. Samlingen av alle polynomer i den variable T og med koeffisienter i K betegner vi med K[T] og vi kaller K[T] for polynomringen i den variable T over K. Vi adderer og multipliserer to elementer i K[T] ved og (a 0 + a 1 T + + a m T m ) + (b 0 + b 1 T + + b n T n ) (a 0 + a 1 T + + a m T m )(b 0 + b 1 T + + b n T n ) = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )T + (a 2 + b 2 )T 2 + = (a 0 b 0 ) + (a 1 b 0 + a 0 b 1 )T + (a 2 b 0 + a 1 b 1 + a 0 b 2 )T 2 +. Polynomer har mange egenskaper som påminner om egenskpene til heltall. Før vi nevner de resultatene vi trenger tar vi med litt terminologi om delbarhet Definisjon. La K være en kropp og K[T] polynomringen i den variable T over K. Vi sier at et polynom g(t) i K[T] deler et polynom f(t) i K[T] om det finnes et polynom h(t) slik at f(t) = g(t)h(t). Polynomene g(t) og h(t) kalles divisorer i f(t). Et polynom f(t) er irredusibelt om det ikke har en divisor g(t) slik at 0 < grad(g) < grad(f). Et polynom som ikke er irredusibelt kalles redusibelt Definition. La K være en underkropp av en kropp L og la α være et element i L. Videre, la f(t) = a 0 + a 1 T + + a m T m være et polyom i K[T]. Vi sier at α er en rot i f om f(α) = a 0 + a 1 T + + a m α m = 0.

20 12 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Lemma. La K være en underkropp av en kropp L og la f(t) være et polynom i K[T]. Et element α i L er en rot i f(t) hvis og bare hvis f(t) = (T α)g(t) ( ) der g(t) er i L[T]. Bevis. Om f(t) kan skrive på formen ( ) er det klart at α er en rot i f(t). Omvendt, anta at α er en rot i f(t). Sett g i (T) = T i 1 +T i 2 α+ Tα i 2 +α i 1. Vi ser at (T α)g i (T) = T i α i, så vi får f(t) = f(t) f(α) = a 0 a 0 + a 1 (T α) + a 2 (T 2 α 2 ) + + a m (T m α m ). Substitusjon av (T α)g i (T) = T i α i i det siste uttrykket gir f(t) = (T α)(a 1 g 1 (T) + a 2 g 2 (T) + + a m g m (T)), som vi ville vise Proposisjon. La K være en kropp. Et tredje grads polynom at 3 + bt 2 + ct + d i K[T] er irredusibelt hvis og bare hvis det ikke har noen rot i K. Bevis. Det er klart at tredjegradspolynomet er redusibelt hvis og bare hvis det har en divisor som er et polynom av grad 1. Det følger da av Lemma at det har en slik faktor hvis og bare hvis det har en rot i K Eksempel. Polynomet 4T 3 3T (1/2) er irredusibelt over de rasjonale tallene Q. Av Proposisjon følger det at vi må vise at den ikke har noen rot på formen m/n der m og n er helt tall. Vi kan, ved å forkorte felles delere, anta at m og n ikke har noen felles faktor. Om 4(m/n) 3 3(m/n) (1/2) = 0 får vi at 8m 3 6mn 2 = n 3, som viser at m deler n 3. Hver primfaktor i m deler derfor n, så ettersom m og n ikke har en felles faktor må m = ±1. Men da får vi ligningene 8 = 6n 2 +n 3 eller 8 = 6n 2 n 3. Spesielt må n dele 8, og derfor ta en av verdiene ±1, ±2, ±4 eller ±8. Men ingen av disse verdiene passer i ligningene. Derfor kan ikke noe rasjonalt tall være en rot i polynomet 4T 3 3T (1/2) og 4T 3 3T (1/2) er irredusibelt over Q ved Proposisjon Eksempel. Polynomet T 3 2 er irredusiblet over de rasjonale tallene Q. Som i forrige eksempel rekker det å vise at vi ikke kan ha (m/n) 3 2 = 0, der m og n er hele tall uten en felles faktor. Men om m 3 = 2n 3 må 2 dele m 3 og derfor m. Setter vi m = 2l får vi 2 3 l 3 = 2n 3, eller 2 2 l 3 = n 3, som viser at 2 deler n 3 og derfor n. Med dette strider mot antagelsen at m og n ikke har noe felles faktor. Så m/n kan ikke være en rot i T 3 2 og T 3 2 er irredusibel over Q ved Proposisjon Lemma. (Divisjonsalgoritmen) La K være en kropp og la f(t) og g(t) være polynomer i K[T]. Da finnes polynomer q(t) og r(t) i K[T] med grad(r) < grad(f) slik at g(t) = q(t)f(t) + r(t). Bevis. Vi viser lemmaet ved induksjon etter graden til g(t). Det er sant om vi har grad(g) < grad(f) fordi vi da kan ta q(t) = 0 og r(t) = g(t). Anta at lemmaet holder for polynomer av grad strikt mindre enn n og anta at n = grad(g) grad(f) = m. Skriv f(t) = a 0 + a 1 T + + a m T m og g(t) = b 0 + b 1 T + + b n T n. Vi har

21 2.2. POLYNOMER 13 at g(t) (b n /a m )T n m f(t) er et polynom av grad strikt mindre enn n. Derfor kan vi, ved induksjonshypotesen, finne polynomer q 1 (T) og r(t) med grad(r) < m slik at g(t) (b n /a m )T n m f(t) = q 1 (T)f(T) + r(t). Dette gir som er på den formen vi ønsker. g(t) = (q 1 (T) + (b n /a m )T n m )f(t) + r(t), Proposisjon. La K være en kropp og la f(t) og g(t) være polynomer i K[T] som ikke har noen felles divisor. Da finnes polynomer a(t) og b(t) i K[T] slik at a(t)f(t) + b(t)g(t) = 1. Bevis. Vi viser proposisjonen ved induksjon etter graden til f(t). Om f(t) = a 0 er et konstant ikke null polynom holder den for vi kan ta a(t) = a 1 0 og b(t) = 0. Anta at proposisjonen holder for alle polynomer av grad strikt mindre enn m og la f(t) = a 0 + a 1 T + + a m T m ha grad m. Det følger av Lemma at vi kan skrive g(t) = q(t)f(t) + r(t) med q(t) og r(t) i K[T] og grad(r) < grad(f) = m. Spesielt ser vi at hvert polynom som deler f(t) og r(t) også deler g(t). Ettersom f(t) og g(t) ikke har noen felles divisorer, ved antagelsen, vil derfor heller ikke f(t) og r(t) ha noen felles divisorer. Av induksjonshypotesen følger det derfor at vi kan finne a 1 (T) og b 1 (T) i K[T] slik at a 1 (T)r(T) + b 1 (T)f(T) = 1. Substituerer vi r(t) = g(t) q(t)f(t) i denne ligningen får vi som har den ønskete formen. Oppgaver. (b 1 (T) a 1 (T)q(T))f(T) + a 1 (T)g(T) = 1, Oppgave 1. La K være en kropp og la R bestå av alle -tupler (a 0, a 1,...) med koordinater a 0, a 1,... i K, slik at bare et endelig antall elementer a 0, a 1,... er forskjellige fra null. Vi definerer sum og produkt av elementer i L ved respektive (a 0, a 1,...) + (b 0, b 1,...) = (a 0 + b 0, a 1 + b 1, a 2 + b 2,...) (a 0, a 1,...)(b 0, b 1,...) = (a 0 b 0, a 1 b 0 + a 0 b 1, a 2 b 0 + a 1 b 1 + a 0 b 2,...). Betrakt K som inneholdt i R ved å identifisere elementet a i K med -tuplet (a, 0, 0,...). Sett T = (0, 1, 0, 0,...). Vis at alle elementene i R kan skrives entydig som a 0 + a 1 T + + a m T m med a 0, a 1,..., a m i K. Gi sammenhengen mellom elementene i R og K[T], og vis at addisjon og multiplikasjon av elementene i R og K[T] overenstemmer.

22 14 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR oppgave 2. La K være en kropp og la S bestå av alle funksjonene f : N K fra de naturlige tallene 0, 1, 2,... til K som bare tar et endelig antall ikke null verdier. Vi definerer addisjon og multiplikasjon av funksjonene i S ved respektive (f + g)(m) = f(m) + g(m) (fg)(m) = f(m)g(0) + f(m 1)g(1) + + f(1)g(m 1) + f(0)g(m). Betrakt K som inneholdt i S ved å identifisere elementet a med funksjonen { a for m = 0 a(m) = 0 for m = 1, 2,.... Sett { 0 for m = 0, 2, 3,... T(m) = 1 for m = 1. Vis at alle funksjonene i S kan skrives entydig som f = a 0 + a 1 T + + a m T m med a 0, a 1,... i K. Gi sammenhengen mellom elementene i S og K[T], og vis at addisjon og multiplikasjon av elementene i S og K[T] overenstemmer Oppgave 3. La K være en kropp og a et element i K. Vis at a gir en funksjon ϕ a : K[T] K slik at ϕ a (g + h) = ϕ a (g) + ϕ a (h) og ϕ a (gh) = ϕ a (g)ϕ a (h) for alle g og h i K. Oppgave 4. La K være en kropp og la f være et polynom i K[T]. (1) Vis at f gir en funksjon ϕ f : K K. (2) La K = {0, 1} være kroppen med to elementer, så = 0. Vis at polynomene 0 og T + T 2 gir samme funksjon ϕ f : K K. (3) La K være en kropp med uendelig mange elementer. Vis at to ulike polynomer f og g i K[T] gir ulike funksjoner ϕ f og ϕ g. (Ledetråd: Bruk Lemma ) Oppgave 5. Finn polynomer q(t) og r(t) slik at g(t) = q(t)f(t) + r(t) når: (1) g(t) = T 3 5T 2 + 4T + 1 og f(t) = T 2 7T + 4. (2) g(t) = T 3 5T 2 + 4T + 1 og f(t) = T + 4. Oppgave 6. Finn polynomer a(t) og b(t) slik at a(t)f(t) + b(t)g(t) = 1 når: (1) g(t) = T 3 5T 2 + 4T + 1 og f(t) = T 2 7T + 4. (2) g(t) = T 3 5T 2 + 4T + 1 og f(t) = T + 4. (3) Kan du finne a(t) og b(t) når g(t) = T 3 T 2 + 5T + 5 og f(t) = T 2 + 5?

23 2.3. ALGEBRAISKE OG TRANSCENDENTE TALL Algebraiske og transcendente tall Alle konstruerbare tall er algebraiske og det er graden til minimalpolynomet for slike tall som brukes for å løse de klassiske problemene. Vi definierer her algebraiske elementer og minimalpolynomer og gir deres viktigste egenskapene Definisjon. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K, og la α være et element i L. Vi sier at α er algebraiskt over K om det finnes et polynom T n + a 1 T n a n i K[T] slik at α n + a 1 α n a n = 0. Om det ikke finnes et slikt polynom sier vi at α er transcendent Lemma. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K og la α være et element i L som er algebraiskt over K. Da finnes det nøyaktig et moniskt polynom m α (T) i K[T] av minst mulig grad slik at m α (α) = 0. For hvert polynom f(t) i K[T] slik at f(α) = 0 vil m α (T) dele f(t). Bevis. La m α (T) være et moniskt polynom av minst mulig grad slik at m α (α) = 0. Om f(t) er et ikke null polynom slik at f(α) = 0 skriver vi, som i Lemma f(t) = q(t)m α (T) + r(t) med q(t) og r(t) i K[T] og grad(r) < grad(m α ). Vi får 0 = f(α) = q(α)m α (α)+r(α) = r(α). Men da har vi et polynom r(t) av grad strikt mindre enn m slik at r(α) = 0. Om r(t) = a 0 + a 1 T + + a n T n med a n 0 vil r (T) = a 1 n r(t) være et moniskt polynom med grad(r ) < grad(m α ) og r (α) = 0. Men dette er umulig siden m α (T) har minst mulig grad. Vi har derfor at r(t) = 0, det vil si, m α (T) deler f(t). Vi har vist siste delen av lemmaet. For å vise den første delen observerer vi at om et monisk polynom deler et annet moniskt polynom av samme grad så er de like Definition. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K og la α være et algebraisk element i L. Polynomet m α (T) i Lemma kalles minimalpolynomet for α over K Eksempel. La K = Q og L = R. Vi har: (1) 3 er algebraisk over Q fordi den er rot i polynomet T 2 3. (2) 3 2 er algebraiskt over Q fordi den er rot i polynomet T Eksempel. Tallene e og π er transcendente over Q. Dette er ikke helt lett å vise (se e.g. [L] og [AE]) Proposision. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K og la α være et element i L som er algebraiskt over K. Et moniskt polynom m(t) er minimalpolynomet for α over K hvis og bare hvis m(t) er et irredusibelt polynom i K[T] og m(α) = 0. Bevis. Om m(t) er minimalpolyomet kan ikke m(t) være redusibelt for da vil m(t) = g(t)h(t) med g(t) og h(t) moniske polynomer i K[T] av grad strikt mindre enn graden til m(t). Videre vil 0 = m(α) = g(α)h(α) så enten er g(α) = 0 eller h(α) = 0. Dette motsier minimaliteten av graden til m(t). Omvendt, om m(α) = 0 følger det av Lemma at m α (T) deler m(t). Om m(t) er irredusibelt må derfor m α (T) = m(t).

24 16 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Eksempel La K = Q og L = R. Vi har: (1) Elementet α = cos(π/9) er algebraiskt over Q med minimal polynom m(t) = 4T 3 3T (1/2). Vi så i Seksjon at α er rot i polynomet m(t), og i Eksempel så vi at m(t) er irredusibel over Q. Det følger av definisjonen at α er algebraiskt over Q og av Proposisjon at minimalpolynomet er m(t). (2) Roten β i polynomet T 3 2 er algebraisk over Q, per definisjon. Vi så i Eksempel at dette polynomet er irredusibelt. Det føger da av Proposisjon at β har minimalpolynomet T Setning. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K og la α være et algebraiskt element med minimalpolynom av grad n. Da vil K(α) = {a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 : a 0, a 1,..., a n 1 i K}. Videre har vi at det ikke finnes elementer a 0, a 1,..., a n 1, i K, ikke alle null, slik at a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 = 0. Bevis. Vi viser først at hvert element i K(α) kan skrives på formen b 0 + b 1 α + +b m 1 α m 1, med b 0, b 1,..., b m 1 i K, for noe heltall m. Ettersom alle elementen i K(α) kan skrives på formen f(α)/g(α) der f(t) og g(t) er i K[T] rekker det å vise at 1/g(α) kan skrives på formen b 0 + b 1 α + + b m 1 α m 1. Ettersom g(α) 0 kan ikke minimalpolynomet m α (T) for α over K dele g(t), og ettersom m α (T) er irredusibelt ved Proposisjon har ikke g(t) og m α (T) noen felles faktor. Da har vi av Proposisjon at det finnes polynomer a(t) og b(t) i K[T] slik at a(t)g(t) + b(t)m α (T) = 1. Vi får at a(α)g(α) = a(α)g(α) + b(α)m α (α) = 1, så 1/g(α) = a(α) kan skrives på den ønskete formen. For å vise at hvert element i K(α) kan skrives på formen a 0 +a 1 α+a n 1 α n 1 med a 0, a 1,..., a n 1 i K behøver vi derfor bare å vise at for hvert polynom f(t) i K[T] finnes et polynom r(t) i K[T] av grad strikt mindre enn n slik at f(α) = r(α). Men av Lemma har vi at det finnes polynomer q(t) og r(t) i K[T] med grad(r) < grad(m α ) slik at f(t) = q(t)m α (T) + r(t). Dette gir f(α) = q(α)m α (α) + r(α) = r(α), som vi ønsket. For å vise siste delen av setningen observerer vi at om a 0 +a 1 α+ +a n 1 α n 1 = 0 der ikke alle a 0, a 1,..., a n 1 er 0 og vi setter h(t) = a 0 + a 1 T + + a n 1 T n 1 vil h(α) = 0 så det følger av Lemma at m α (T) deler h(t). Men et polynom av grad n kan ikke dele et ikke null polynom av strikt mindre grad. Oppgave. Oppgave 1. Vis at to moniske polynomer i K[T] som deler hverandre er like. Oppgave 2. La K = Q og L = R. Vis at (1) er algebraiskt over Q (2) 3 7 er algebraiskt over Q (3) er algebraiskt over Q. Oppgave 3. Finn minimalpolynomene i Q[T] for tallene 2, 3 3.

25 4. GRUPPER OG KROPPER Grupper og kropper Vi skal i denne seksjonen gi aksiomene for grupper og kropper. Leseren kan lett overbevise seg om at alt vi har gjort tidligere i dette kapitlet fungerer over generelle kropper Definisjon. En binær operasjon på en mengde G er en regel som til hvert par av elementer g, h i G tilordner et element gh i G Eksempel. På de hele tallene har vi to naturlige binære operasjoner, addisjon og multiplikasjon, som tilordner til to hele tall m og n summen m+n, respektive, produktet mn. Tilsvarende gir sum og produkt to binære operasjoner på de rasjonale tallene Q og de reelle tallene R Definition. En abelsk gruppe, eller kommutativ gruppe er en mengde G med en binær operasjon +, som tilfredsstiller følgende fire betingelser: (1) Det finnes et nøytralt element 0 i G slik at a + 0 = a for alle a i G (2) For hvert element a i G finnes et inverst element a i G slik at a + ( a) = 0 (3) For alle elementer a, b, c i G er a + (b + c) = (a + b) + c (4) For hvert par av elementer a, b i G vil a + b = b + a Eksempel. De hele tallene Z med sum + som binær operasjon er en abelsk gruppe med 0 som nøytralt element. Den er ikke en gruppe under multiplikasjon ettersom det følger av Definisjon (1) at det nøytrale elementet må være 1, og det finnes ikke noe helt tall m slik at 2m = Eksempel. De rasjonale tallene Q med sum som binær operasjon er en abelsk gruppe med nøytralt element 0. Den er ikke en abelsk gruppe under multiplikasjon ettersom det følger av Definisjon (1) at det nøytrale elementet må være 1 og det finnes ikke noe rasjonalt tall a slik at 0a = 1. Tar vi bort 0 fra Q får vi en abelsk gruppe Q \ {0} under multiplikasjon Definisjon. En kropp K er en mengde med to operasjoner, addisjon og multiplikasjon, som tilorder til to elementer a, b i K summen a + b og produktet ab slik at K er en abelsk gruppe under addisjon, og K \ {0} er en abelsk gruppe under multiplikasjon, og slik at a(b + c) = ab + ac for alle elementer a, b, c i K Definisjon. Om K og L er kropper så sier vi at K er en underkropp av L, eller at L er en kroppsutvidelse av K, om K er en undermengde av L og sum og produkt av to elementer i K sammenfaller med sum og prudukt av de samme elementene betraktet som elementer i L. Oppgave. Oppgave 1. Vis at teorien i dette kapittelet går gjennom, uten endringer, for vilkårlige kropper.

26 18 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR

27 3. VEKTORROM Vektorrom spiller en fundamental rolle i matematikken og det er dimensjonen av disse rommene som gjør det mulig, og lett, å vise umuligheten av å løse de tre klassiske problemene med passer og lineal. For disse problemene behøver vi ikke å vite noe om generelle vektrrom, det rekker å kjenne konkrete vektorrom bestående av konstruerbare tall. Teorien for vektorrom er imidlertid den samme for de konkrete vektorrommene vi allerede kjenner, som for generelle vektorrom. Vi gir derfor, på slutten av dette kapittelet, den generelle definisjonen av vektorrom så leseren har en mulighet til å sette pris på den generelle teorien. Igjen kaster den større generaliteten lys over teorien uten å gjøre bevisene vanskeligere Definisjoner og eksempler Her gir vi definisjonen av de spesielle vektorrommene vi behøver for de tre klassiske problmene Definisjon. La K være en underkropp av de reelle tallene R. En undermengde V av R er et vektorrom over K om V inneholder 0 og vi for alle par av elementer v, w i V og a i K har: (1) v w er i V (2) av er i V Terminologi. Om V er et vektorrom over en kropp K kalles elementene i V vektorer og elementene i K kalles skalarer Merk. Vi har at v + w er i V for alle v, w i V, for 0 w = w er i V og derfor er v+w = v ( w) i V. Det er klart at V er en abelsk gruppe under addisjon Eksempel. La K være en kropp og L en kroppsutvidelse av K. Om vi bortser fra multiplikasjonen på L så er L et vektrrom over K Eksempel. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K og la α være et element i L. For et gitt naturlig tall n vil mengden V = {a 0 + a 1 α + + a n α n : a 0, a 1,..., a n i K} være et vektrorrom over K. Det er umiddelbart at egenskapene (1) og (2) i Definisjon holder. 19

28 20 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Definisjon. La V være et vektorrom over en kropp K. En ikke tom undermengde W av V kalles et underrom av V om vi for alle v, w i W og a i K har (1) v + w er i W (2) av er i W Merk. Om W er et underrom av V vil 0 være i W fordi 0v = 0 for alle v i V, og om v er i W vil v være i W fordi ( 1)v = v. Spesielt er W selv et vektorrom over K Dimensjon Det viktigste verktøyet vi skal bruke i resten av disse notatene er dimensjonen av vektorrom. De fleste begrepene i forbindelse med disse inngår i standard kurser i lineær algebra (see e.g. [BL] eller [L]), men vi påminner om dem for å gi en komplett fremstilling. Igjen bruker vi den generelle terminologien for kropper og vektorrom istedenfor for underkropper av de reelle tallene og vektorrom i de reelle tallene for å markere at det spesielle tilfellet ikke gir noen forenkling av teorien Definisjon. La V være et vektorrom over en kropp K og la v 1, v 2,..., v m være elementer i V. Vi sier at elementene v 1, v 2,..., v m genererer V om hvert element i V kan skrives på formen a 1 v 1 + a 2 v a m v m for noen elementer a 1, a 2..., a m i K, og vi sier at v 1, v 2,..., v m er generatorer for V. Når det finnes elementer v 1, v 2,..., v m som genererer V sier vi at V er endelig generert. Om relasjonen a 1 v 1 + a 2 v a m v m = 0 med elementene a 1, a 2,..., a m i K medfører at alle a 1, a 2,..., a m er 0 sier vi at vektorene v 1, v 2,..., v m er lineært uavhengige. Vi sier at elementene v 1, v 2,..., v m er en basis for V over K om de genererer V og er lineært uavhengige Merk. En vektor v i V er lineært uavhengig hvis og bare hvis v Lemma. La V være et vektorrom over kroppen K generert av vektorene v 1, v 2,..., v m. Om a 1 v 1 + a 2 v a m v m = 0 med a 1, a 2,..., a m i K og a 1 0 vil v 2, v 3,..., v m generere V. Spesielt har vi at om v 1, v 2,..., v m er generatorer med et minimal antall elementer m så er de lineært uavhengige. Bevis. Vi har at v 1 = (a 2 /a 1 )v 2 (a 3 /a 1 )v 2 (a m /a 1 )v m så første delen av lemmaet er klar. La v 1, v 2,..., v m være generatorer med et minimalt antall m elementer. De er da lineært uavhengige, for om ikke har vi en relasjon a 1 v 1 + a 2 v a m v m = 0 med ikke alle a 1, a 2,..., a m lik null. Vi kan, ved eventuelt å omnummererere v 1, v 2,..., v m anta at a 1 0. Men da følger det av første delenen av beviset at v 2, v 3,..., v m genererer V, hvilket motsier minimaliteten av m.

29 3.2. DIMENSJON Setning. Et vektorrom V over K er endelig generert hvis og bare hvis antallet lineært uavhengige vektorer er begrenset. Om dette holder og om v 1, v 2,..., v m er generatorer med et minimalt antall m generatorer, og w 1, w 2,..., w n er lineært uavhengige vektorer med et maksimalt antall vektorer n så er m = n og både v 1, v 2,..., v m og w 1, w 2,..., w n er baser for V. Spesielt har to baser samme antall elementer. Bevis. Anta at V er generert av vektorene v 1, v 2,..., v m. Vi skal vise ved induksjon etter m at om w 1, w 2,..., w n er lineært uavhengige vektorer så er n m. For m = 1 holder dette fordi da er w i = a i v 1 for i = 1, 2,..., n, så om n > 1 vil a 2 w 1 a 1 w 2 = (a 2 a 1 a 1 a 2 )v 1 = 0 som motsier at w 1 og w 2 er lineært uavhengige. Anta nu at påstanden holder for alle vektorrom som er generert av færre enn m vektorer. Ettersom v 1,..., v m genererer V vil w 1 = a 1 v 1 + +a m v m med a 1, a 2,..., a m i K og med minst en a i 0. Ved eventuelt å omnummerere v 1, v 2,..., v m kan vi anta at a 1 0. Det følger av Lemma at w 1, v 2, v 3,..., v m også genererer V. Vi får da at det finnes elementer a ij i K for i = 1, 2,..., m og j = 1, 2,..., n slik at w 2 w 3 = a 12 w 1 + a 22 v 2 + a 32 v a m2 v m = a 13 w 1 + a 23 v 2 + a 33 v a m3 v m. w n = a 1n w 1 + a 2n v 2 + a 3n v a mn v m. Trekker vi fra a 1 i+1 w 1 fra den i te av disse ligningene for i = 1, 2,..., n 1 ser vi at vektorene w 2 a 12 w 1, w 3 a 13 w 1,..., w n a 1n w 1 alle ligger i vektorrommet bestående av vektorene b 2 v 2 + b 3 v b m v m for alle b 2, b 3,..., b m i K. Det siste vektorrommet er generert av de m 1 vektorene v 2, v 3,..., v m. De n 1 vektorene w 2 a 12 w 1, w 3 a 13 w 1,..., w n a 1n w 1 ser vi lett er lineært uavhengige. Det følger derfor av induksjonshypotesen at n 1 m 1 så antallet lineært uavhengige vektorer er høyst lik m. Vi har vist at i et endelig generert vektorrom er antallet lineært uavhengige vektorer begrenset av det minimale antallet generatorer. Omvendt, anta at antallet lineært uavhengige elementer i V er begrenset. La w 1, w 2,..., w n være lineært uavhengige vektorer med et maksimalt antall n elementer. Om vektorene w 1, w 2,..., w n ikke genererer V finnes det en vektor w som ikke kan skrives på formen b 1 w b n w n for noen b 1,..., b n i K. Men da er w, w 1, w 2,..., w n klart lineært uavhengige, hvilket motsier maksimaliteten av n. Derfor må w 1, w 2,..., w n generere V, så V er endelig generert. Vi ser også at hver maksimal samling av av lineært uavhengige elementer er en basis. Det følger av Lemma at hvert minimalt generatorsett er en basis. Det gjenstår å vise at antallet elementer m i en minimal samling av generatorer er lik antallet elementer n i en maksimal samling lineært uavhengige vektorer. Vi har allerede vist at n m, og ettersom vi har vist at begge samlingene er baser har vi også m n Korollar. Anta at V er endelig generert. Da er hvert underrom W av V endelig generert. Bevis. Det følger av setningen at antallet lineært uavhengige elementer i V er begrenset, så spesielt er antallet lineært uavhengige elementer i W begrenset. Derfor følger det av setningen at W er endelig generert.

30 22 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR Definisjon. La V være et endelig generert vektorrom over kroppen K. Dimensjonen dim K (V ) for V over K er det felles antallet elementer for basene til V. Om V = L er en kroppsutvidelse av K skriver vi [L : K] = dim K (V ) og kaller [L : K] for graden til L over K. Oppgaver. Oppgave 1. (1) La m og n være heltall. Er de lineært uavhengige over de rasjonale tallene Q? (2) Er de reelle tallene 1, 2 lineært uahvhengige over Q? (3) er de reelle tallene 1, 2, 3 lineært uavhengige over Q? (4) Er R endelig generert over Q? (Ledetråd: For (4) kan du bruke at tallet π er et transcendent tall.). Oppgave 2. Vis at om v 1,..., v m generere vektorrommet V over kroppen K og w = a 1 v 1 + a 2 v a m v m med w 0 så vil w, v 2, v 3,..., v m også generere V Oppgave 3. La V være et vektorrom over kroppen K og la w 1, w 2,..., w n være lineært uavhengige vektorer i V. Videre la a 2, a 3,..., a n være elementer i K. Vis at vektorene w 2 a 2 w 1, w 3 a 3 w 1,..., w n a n w 1 er lineært uavhengige. Oppgave 4. La V være et vektorrom over kroppen K og la w 1, w 2,..., w m være lineært uavhengige elementer. Vis at om w i V ikke kan skrives på formen b 1 w 1 + b 2 w b m w m så er w, w 1, w 2,..., w m lineært uavhengige. Oppgave 5. Formuler og vis resultatene i denne seksjonen for vektorrom som ikke nødvendigvis er endelig genererte. Vis at alle vektorrom, selv de som ikke er endelig genererte har en basis. (Ledetråd: Bruk Zorn s Lemma.) Oppgave 6. Generaliser begrepene i Definisjon til en vilkårlig mengde vektorer {v i } i I Kroppsutvidelser som vektorrom Nøkkelen til løsningen av de klassiske problemene ligger i studiet av graden til en kroppsutvidelse. I denne seksjonen viser vi hovedresultatene for slike kroppsutvidelser Setning. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K. Et element α i L er algebraiskt over K hvis og bare hvis K(α) er et endelig generert vektorrom over K. Om α er algebraiskt med mimalpolynom av grad m så vil [K(α) : K] = m. Bevis. Om α er algebraiskt med minimalpolynom av grad m er Setning en omformulering av setningen fordi den viser at 1, α,..., α n 1 er en basis for K(α) over K. Omvendt, om K(α) er et endelig generert vektorrom finnes det bare et endelig antall lineært uavhengige vektorer ved Setning så alle samlinger 1, α,..., α i for

31 3.4. VEKTORROM OVER KROPPER AV KONSTRUERBARE ELEMENTER 23 i = 0, 1, 2,... kan ikke bestå av lineært uavhengige elementer. Det finnes derfor et heltall m og a 0, a 1,..., a m i K slik at a 0 +a 1 α+ +a m α m = 0 og a m 0. Men da er α en rot i det ikke nulll polynomet a 0 + a 1 T + + a m T m og derfor algebraiskt Eksempel. Det følger av Eksempel og Setning at [Q(α) : Q] = 3, der α = cos(π/9) er en rot i polynomet 4T 3 3T (1/2), og at [Q(β) : Q] = 3 der β er rot i polynomet T Setning. La L være en kroppsutvidelse av kroppen K. Videre la M være en kroppsutvidelse av L. Da er L et endelig generert vektorrom over K og M et endelig generert vektorrom over L hvis og bare hvis M er et endelig generert vektorrom over K. Når dette holder vil [M : K] = [M : L][L : K]. Bevis. Anta at L er endelig generert over K og at M er endelig generert over L og la α 1, α 2,..., α m være en basis for L over K, og β 1, β 2,..., β n en basis for M over L. Vi skal vise at de mn elementene α i β j for i = 1, 2,..., m og j = 1, 2,..., n er en basis for M over K. Det følger da at M er endelig generert over K og at formelen i setningen holder. Vi viser først lineær uavhengighet av elementene α i β j. Anta at vi har en lineær relasjon m n j=1 a ijα i β j = 0 med a ij i K. Da vil n j=1 ( m i=1 a ijα i )β j = 0. Men i=1 m i=1 a ijα i er i L for j = 1, 2,..., n og β 1, β 2,..., β n er lineært uavhengige over L ved antagelsen, så m i=1 a ijα i = 0 for j = 1, 2,..., n. Men α 1, α 2,..., α m er lineært uavhengige over K så a ij = 0 for i = 1, 2,..., m og j = 1, 2,..., n, som vi ville vise. Vi viser nu at elementene α i β j genererer M over K. La β være i M. Ettersom β 1, β 2,..., β n genererer M over L vil β = γ 1 β 1 + γ 2 β γ n β n for noen γ 1, γ 2,..., γ n i L. Men L er generert av α 1, α 2,..., α m over K så γ j = a 1j α 1 +a 2j α 2 + +a mj α m for j = 1, 2,..., n med a ij i L. Vi får β = n j=1 γ jβ j = n j=1 m i=1 a ijα i β j = m i=1 n j=1 a ijα i β j, som vi ville vise. Det gjenstår å vise at om M er endelig generert over K så er M endelig generert over L og L er endelig generert over K. Men generatorer for M over K er også generatorer for M over L så M er endelig generert over L. På den andre siden er L et K-underrom av M og derfor endelig generert over K ved Korollar Vektorrom over kropper av konstruerbare elementer Vi bestemmer i denne seksjonen graden av kroppsutvidelser vi får av konstruerbare elementer Konstruksjon av nye punkter. Vi har sett at om vi allerede har konstruert punkter i planet så oppstår nye punkter som snittet av to ikke paralkelle linjer c 1 x + d 1 y = e 1 c 2 x + d 2 y = e 2 der c 1, c 2, d 1, d 2 og e 1, e 2 er tall vi allerede har konstruert, eller nye punkter oppstår som snittet av en slik linje med en sirkel (x c 3 ) 2 + (y d 3 ) 2 = r 2

32 24 VINKELENS TREDELING, KUBENS FORDOBLING OG SIRKELENS KVADRATUR der c 3, d 3 og r er tall vi allerede har konstruert. Snittet mellom de to linjene er gitt av x = (d 2 e 1 d 1 e 2 )/(d 2 c 1 d 1 c 2 ) og y = (c 2 e 1 c 1 e 2 )/(c 2 d 1 c 1 d 2 ), der d 2 c 1 d 1 c 2 0 fordi linjene ikke er paralelle. Om d 1 0 vil x-koordinaten til snittet mellom den første linjen og sirkelen være rot i andre grads polynomet (x c 3 ) 2 + (e 1 /d 1 (c 1 /d 1 )x d 3 ) 2 r 2 vi får ved å bruke ligningen y = x/d 1 +e 1 /d 1 til å eliminere y i ligningen for sirkelen. Når x er bestemt vil den siste ligningen bestemme y. Tilsvarende kan vi bestemme x og y fra en annen grads ligning når d 2 0. Om c 1 eller c 2 ikke er null kan vi først løse med hensyn til y og deretter bestemme x Setning. La α være et konstruerbart tall. Da er α algebraisk over Q og [Q(α) : Q] er en potens av 2. Bevis. Det følger av definisjonen på konstruerbare tall i Seksjon og av Bemerkning at det finnes en sekvens av punkter (0, 0), (1, 0), (a 1, b 1 ),..., (a r, b r ) med a r = α som oppstår som snittet av to linjer gjennom to tidligere konstruerte punkter, eller som snittet mellom en slik linje med en sirkel med sentrum i et tidligere konstruert punkt og radius lik avstanden mellom tidligere konstruerte punkter. Vi så i Seksjon at koordinatene til de nye punktene er rasjonale uttrykk i koordinatene til tidligere konstuerte punkter, eller rot i et andregradspolynom med koeffisienter som er slike uttrykk. Det følger derfor av Proposisjon og Setning at det finnes en sekvens av kroppsutvidelser K 0 = Q K 1 K 2 K r med [K i : K i 1 ] lik 1 eller 2 og der α K r. Ved gjentatt bruk av Setning får vi at [K r : Q] er en potens av 2. Av samme Setning får vi at [K r : Q] = [K r : Q(α)][Q(α) : Q], som viser setningen. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at linjene c 1 x + d 1 y = e 1 og c 2 x + d 2 y = e 2 er parallelle hvis og bare hvis c 1 d 2 c 2 d 1 = 0. Oppgave 2. Vis at om d 1 0 vil snittet av linjen c 1 x + d 1 y = e 1 og sirkelen (x c 3 ) 2 + (y d 3 ) 2 = r 2 være gitt av ligningene (x c 3 ) 2 + (e 1 /d 1 (c 1 /d 1 )x d 3 ) 2 r 2 = 0 og y = (c 1 /d 1 )x + e 1 /d Løsning av de klassiske problemene Her knytter vi sammen all den informasjonen vi har samlet om konstruerbare tall og viser hvordan denne løser de klassiske problemene Tredeling av vinkelen. Vi så i at om vinkelen 60 skal være konstruerbar må tallet α = cos(π/9) være konstruerbart og vi så at α er rot i polynomet 4T 3 3T (1/2). Av Eksempel har vi at [Q(α) : Q] = 3. Men dette er ikke mulig ettersom [Q(α) : Q] er en potens av 2 ved Setning Derfor er cos(π/9) ikke konstruerbar.