Ôsmy týždeň

Konštruovateľné čísla, kubické polynómy, trisekcia uhla a zostrojiteľnosť pravidelných \( n \)-uholníkov

Úvod do témy

V tejto časti ide o veľmi dôležitú otázku klasickej geometrie:

Čo sa dá a čo sa nedá zostrojiť pravítkom a kružidlom?

Na prvý pohľad môže pôsobiť, že pravítko a kružidlo sú veľmi silné nástroje. Vieme nimi zostrojiť množstvo dĺžok, uhlov, priesečníkov, kolmíc, osí úsečiek, pravidelné trojuholníky, štvoruholníky, päťuholníky a veľa ďalších objektov. Ukáže sa však, že ich možnosti nie sú neobmedzené.

Hlavná myšlienka tejto témy je takáto:

pri jednej konštrukčnej operácii sa vieme dostať najviac ku kvadratickej rovnici,
preto sa pri konštrukciách objavujú najmä druhé odmocniny,
ale ku koreňom ireducibilných kubických polynómov sa takto vo všeobecnosti dostať nevieme.

Práve z tejto myšlienky potom vyplynie:

prečo sa nedá zostrojiť uhol \( 20^\circ \),
prečo sa všeobecne nedá trisekovať ľubovoľný uhol,
a prečo sa nedá zostrojiť pravidelný \( 7 \)-uholník.

1. Konštrukcie a kvadratické rozšírenia

Aby sme vedeli presne opísať, čo sa dá zostrojiť, budeme pracovať s poľami.

Pole si tu môžeme predstaviť ako množinu čísel, v ktorej vieme počítať so sčítaním, odčítaním, násobením a delením nenulovým číslom. Najzákladnejším poľom je pole racionálnych čísel \( \mathbb{Q} \).

Ak začíname s bodmi, ktorých súradnice ležia v nejakom poli \( F \), chceme vedieť, aké súradnice môže mať nový bod, ktorý vznikne jedným konštrukčným krokom.

1.1 Jeden konštrukčný krok

Veta

Nech je dané pole \( F \) a body

\[ A_1 = [x_1, y_1], \dots, A_n = [x_n, y_n], \]

kde všetky súradnice \( x_i, y_i \) patria do poľa \( F \).

Ak bod \( A = [x, y] \) vznikne z týchto bodov jedným konštrukčným krokom pravítkom a kružidlom, potom platí jedna z dvoch možností:

buď \( x, y \in F \),
alebo existuje číslo \( d \in F \) tak, že \( x, y \in F(\sqrt{d}) \).

Táto veta hovorí niečo veľmi dôležité:

Jeden konštrukčný krok nás nikdy nedostane ďalej než k druhej odmocnine.

Inými slovami:

buď pri konštrukcii zostaneme v tom istom poli,
alebo k nemu musíme pridať jednu druhú odmocninu.

To je algebraický opis toho, čo sa deje v klasickej geometrii.

1.1.1 Prečo je to pravda

Pri konštrukciách vznikajú tri základné situácie.

a) Priesečník dvoch priamok

Rovnice priamok sú lineárne. Keď hľadáme ich priesečník, riešime sústavu dvoch lineárnych rovníc.

Pri riešení lineárnej sústavy používame iba sčítanie, odčítanie, násobenie a delenie. Tieto operácie nás nevyvedú z poľa \( F \).

Preto súradnice priesečníka patria do \( F \).

b) Priesečník priamky a kružnice

Tu vieme jednu premennú vyjadriť z lineárnej rovnice priamky a dosadiť ju do rovnice kružnice.

Po dosadení dostaneme kvadratickú rovnicu. Jej riešenie má tvar s druhou odmocninou. Preto súradnice priesečníka patria buď do \( F \), alebo do poľa \( F(\sqrt{d}) \) pre vhodné \( d \in F \).

c) Priesečník dvoch kružníc

Aj tu sa po odčítaní rovníc kružníc dostaneme najprv k lineárnej rovnici. Potom sa problém zredukuje na predchádzajúci prípad, teda opäť najviac na kvadratickú rovnicu.

Preto ani v tomto prípade nevznikne nič „horšie“ než druhá odmocnina.

1.1.2 Záver

Pri jednom kroku sa teda môže objaviť najviac kvadratické rozšírenie.

To je základná algebraická bariéra klasických konštrukcií.

1.2 Konečný počet konštrukčných krokov

Veta

Nech bod \( A = [x, y] \) vznikne konečným počtom konštrukčných krokov pravítkom a kružidlom.

Potom existuje postupnosť čísel \( d_1, d_2, \dots, d_k \) taká, že

\( d_1 \in \mathbb{Q} \),
\( d_2 \in \mathbb{Q}(\sqrt{d_1}) \),
\(\dots\)
\( d_j \in \mathbb{Q}(\sqrt{d_1}, \dots, \sqrt{d_{j-1}}) \),

a súradnice \( x, y \) patria do poľa

\[ \mathbb{Q}(\sqrt{d_1}, \dots, \sqrt{d_k}). \]

Táto veta hovorí, že každá zostrojiteľná súradnica vzniká tak, že k poľu \( \mathbb{Q} \) postupne pridávame druhé odmocniny.

Nie kubické odmocniny.
Nie korene všeobecných kubických rovníc.
Nie ľubovoľné algebraické čísla.

Len opakované pridávanie druhých odmocnín.

1.2.1 Prečo je to dôležité

Ak sa nám podarí ukázať, že nejaké číslo sa nedá získať z \( \mathbb{Q} \) postupným pridávaním druhých odmocnín, potom sme dokázali, že sa nedá zostrojiť pravítkom a kružidlom.

Práve toto budeme robiť pri číslach ako:

\( \sqrt[3]{2} \),
\( \cos 20^\circ \),
hodnoty súvisiace s pravidelným \( 7 \)-uholníkom.

2. Kubické polynómy a kvadratické rozšírenia

Teraz prichádza kľúčový krok.

Ukážeme, že ak kubický polynóm nemá koreň v poli \( F \), tak ho nenájdeme ani po pridaní jednej druhej odmocniny.

To je veľmi silné tvrdenie.

2.1 Koreň kubického polynómu sa nevynorí v jednom kvadratickom rozšírení

Veta

Nech \( g(x) \) je kubický polynóm nad poľom \( F \) a nech nemá koreň v \( F \).

Potom nemá koreň ani v poli \( F(\sqrt{d}) \), kde \( d \in F \).

Ak kubická rovnica nemá riešenie už v poli \( F \), tak pridanie jednej druhej odmocniny jej zázračne riešenie nedá.

To je presne dôvod, prečo sa klasickými konštrukciami nedostaneme ku koreňom „pravých“ kubických problémov.

2.2 Dôkaz krok po kroku

Predpokladajme naopak, že existuje číslo \( \alpha \) v poli \( F(\sqrt{d}) \) také, že

\[ g(\alpha) = 0. \]

Chceme ukázať, že to vedie ku sporu.

Vysvetlenie dôkazu

Základná myšlienka dôkazu je táto: ak by koreň kubického polynómu ležal v kvadratickom rozšírení, potom by zároveň spĺňal kvadratickú rovnicu nad poľom \( F \). Porovnaním týchto dvoch informácií sa ukáže, že kubický polynóm by už musel mať koreň priamo v \( F \), čo odporuje predpokladu.

Dôkaz

Krok 1: Ak \( \alpha \in F(\sqrt{d}) \), potom spĺňa kvadratickú rovnicu nad \( F \)

Každý prvok poľa \( F(\sqrt{d}) \) má tvar

\[ a + b\sqrt{d}, \]

kde \( a, b \in F \).

Takýto prvok je koreňom nejakej kvadratickej rovnice s koeficientmi z \( F \). Označme si taký kvadratický polynóm písmenom \( f(x) \), teda

\[ f(\alpha) = 0. \]

Krok 2: Vydelíme kubický polynóm \( g(x) \) kvadratickým polynómom \( f(x) \)

Keďže \( g(x) \) má stupeň \( 3 \) a \( f(x) \) má stupeň \( 2 \), po vydelení dostaneme:

lineárny podiel,
zvyšok stupňa najviac \( 1 \).

Po vhodnom označení môžeme písať

\[ g(x) = (x - x_1)f(x) + cx + d, \]

kde \( x_1, c, d \in F \).

Dôležité je, že zvyšok má tvar \( cx + d \), teda je lineárny.

Krok 3: Dosadíme \( x = \alpha \)

Keďže \( g(\alpha) = 0 \) a \( f(\alpha) = 0 \), dostaneme

\[ 0 = g(\alpha) = (\alpha - x_1)f(\alpha) + c\alpha + d = 0 + c\alpha + d. \]

Teda

\[ c\alpha + d = 0. \]

Krok 4: Rozoberieme dve možnosti

Možnosť A: \( c \neq 0 \)

V tom prípade môžeme vyjadriť \( \alpha \):

\[ \alpha = -\frac{d}{c}. \]

Keďže \( c \) aj \( d \) patria do \( F \), vyplýva z toho, že \( \alpha \in F \).

To je však spor, pretože sme predpokladali, že \( g(x) \) nemá koreň v \( F \).

Možnosť B: \( c = 0 \)

Potom z rovnice \( c\alpha + d = 0 \) dostaneme aj \( d = 0 \).

Teda zvyšok je nulový a platí

\[ g(x) = (x - x_1)f(x). \]

To znamená, že \( x_1 \) je koreň polynómu \( g(x) \).

Keďže \( x_1 \in F \), opäť by \( g(x) \) mal koreň v \( F \).

To je zase spor.

Záver

Obe možnosti vedú ku sporu.

Preto kubický polynóm, ktorý nemá koreň v \( F \), nemôže získať koreň ani po pridaní jednej druhej odmocniny.

3. Dôsledok: koreň ireducibilného kubického polynómu nie je zostrojiteľný

Veta

Koreň ireducibilného kubického polynómu sa nedá zostrojiť pomocou pravítka a kružidla.

3.1 Čo znamená „ireducibilný“

Definícia

Polynóm je ireducibilný nad poľom \( \mathbb{Q} \), ak sa nedá rozložiť na súčin polynómov menšieho stupňa s racionálnymi koeficientmi.

Pri kubickom polynóme to v praxi znamená:

ak je reducibilný nad \( \mathbb{Q} \),
musí mať lineárny činiteľ,
a teda musí mať racionálny koreň.

Pre kubický polynóm je teda ireducibilita úzko spojená s tým, že nemá racionálny koreň.

3.2 Prečo z predchádzajúcej vety plynie tento záver

Predstavme si, že \( x \) je koreň ireducibilného kubického polynómu a zároveň je zostrojiteľný.

Podľa predchádzajúcej vety o konečnom počte konštrukčných krokov by potom \( x \) patril do poľa, ktoré vzniklo z \( \mathbb{Q} \) postupným pridávaním druhých odmocnín.

Teda by existovala veža polí

\[ \mathbb{Q} \subset K_1 \subset K_2 \subset \dots \subset K_m, \]

kde každý prechod je kvadratické rozšírenie.

Pozrime sa na prvé pole v tejto veži, v ktorom sa \( x \) objaví.

V predchádzajúcom poli ešte \( x \) neleží.
V nasledujúcom poli už \( x \) leží.

To však znamená, že sme koreň kubického polynómu získali pridaním jednej druhej odmocniny.

Ale to presne odporuje predchádzajúcej vete o kubickom polynóme.

Preto taký koreň zostrojiť nemožno.

3.3 Hlavná myšlienka

Klasické konštrukcie produkujú iba čísla vznikajúce pomocou opakovaných druhých odmocnín.

Koreň „skutočne kubického“ problému medzi také čísla nepatrí.

4. Trisekcia uhla a nemožnosť zostrojiť uhol \( 20^\circ \)

Jedna z najslávnejších klasických úloh je trisekcia uhla, teda rozdelenie uhla na tri rovnaké časti pomocou pravítka a kružidla.

Ukážeme konkrétny príklad:

uhol \( 20^\circ \) sa nedá zostrojiť.

Ak by sa dal zostrojiť uhol \( 20^\circ \), potom by sa dal zostrojiť aj uhol \( 60^\circ \) ako jeho trojnásobok. Práve vzťah medzi \( 20^\circ \) a \( 60^\circ \) sa zapíše pomocou vzorca pre \( \cos 3\varphi \).

4.1 Prečo stačí skúmať číslo \( \cos 20^\circ \)

Na jednotkovej kružnici má bod, ktorý zodpovedá uhlu \( 20^\circ \), súradnice

\[ (\cos 20^\circ, \sin 20^\circ). \]

To znamená:

ak vieme zostrojiť uhol \( 20^\circ \), vieme zostrojiť aj dĺžku \( \cos 20^\circ \),
a naopak, zo zostrojenej hodnoty \( \cos 20^\circ \) vieme príslušný bod na jednotkovej kružnici určiť.

Preto platí:

uhol \( 20^\circ \) sa dá zostrojiť práve vtedy, keď sa dá zostrojiť číslo \( \cos 20^\circ \).

Teda nám stačí dokázať, že číslo \( \cos 20^\circ \) nie je zostrojiteľné.

4.2 Odvodenie rovnice pre \( \cos 20^\circ \)

Označme

\[ \varphi = 20^\circ. \]

Potom

\[ 3\varphi = 60^\circ. \]

Použijeme vzorec pre kosínus trojnásobného uhla.

Začneme od identity

\[ \cos 3\varphi = \cos(2\varphi + \varphi). \]

Podľa vzorca pre kosínus súčtu platí

\[ \cos(2\varphi + \varphi) = \cos 2\varphi \cdot \cos \varphi - \sin 2\varphi \cdot \sin \varphi. \]

Teraz použijeme známe vzorce

\[ \cos 2\varphi = \cos^2 \varphi - \sin^2 \varphi, \]

\[ \sin 2\varphi = 2 \sin \varphi \cos \varphi. \]

Dostávame

\[ \cos 3\varphi = (\cos^2 \varphi - \sin^2 \varphi)\cos \varphi - (2 \sin \varphi \cos \varphi)\sin \varphi. \]

Roztvorme súčin:

\[ \cos 3\varphi = \cos^3 \varphi - \sin^2 \varphi \cos \varphi - 2 \sin^2 \varphi \cos \varphi. \]

Zlúčime podobné členy:

\[ \cos 3\varphi = \cos^3 \varphi - 3 \sin^2 \varphi \cos \varphi. \]

Vyňatím \( \cos \varphi \) dostaneme

\[ \cos 3\varphi = \cos \varphi (\cos^2 \varphi - 3 \sin^2 \varphi). \]

Teraz použijeme vzťah

\[ \sin^2 \varphi = 1 - \cos^2 \varphi. \]

Po dosadení:

\[ \cos 3\varphi = \cos \varphi (\cos^2 \varphi - 3(1 - \cos^2 \varphi)) \]

\[ = \cos \varphi (\cos^2 \varphi - 3 + 3\cos^2 \varphi) \]

\[ = \cos \varphi (4\cos^2 \varphi - 3) \]

\[ = 4\cos^3 \varphi - 3\cos \varphi. \]

Teda platí známy vzorec

\[ \cos 3\varphi = 4\cos^3 \varphi - 3\cos \varphi. \]

4.3 Dosadenie \( \varphi = 20^\circ \)

Keďže \( 3\varphi = 60^\circ \), dostaneme

\[ \cos 60^\circ = 4\cos^3 20^\circ - 3\cos 20^\circ. \]

A pretože

\[ \cos 60^\circ = \frac{1}{2}, \]

platí

\[ 4\cos^3 20^\circ - 3\cos 20^\circ = \frac{1}{2}. \]

Vynásobíme dvoma:

\[ 8\cos^3 20^\circ - 6\cos 20^\circ - 1 = 0. \]

Označme

\[ x = \cos 20^\circ. \]

Potom \( x \) spĺňa rovnicu

\[ 8x^3 - 6x - 1 = 0. \]

Teda číslo \( \cos 20^\circ \) je koreňom kubického polynómu

\[ 8x^3 - 6x - 1. \]

4.4 Prečo je polynóm \( 8x^3 - 6x - 1 \) ireducibilný nad \( \mathbb{Q} \)

Keďže ide o kubický polynóm, na jeho reducibilitu stačí skúmať, či má racionálny koreň.

Predpokladajme, že má racionálny koreň \( \frac{p}{q} \) v základnom tvare, teda

\( p, q \) sú celé čísla,
\( q \neq 0 \),
zlomok \( \frac{p}{q} \) je krátený.

Podľa vety o racionálnych koreňoch musí platiť:

\( p \) delí absolútnu hodnotu konštantného člena, teda \( 1 \),
\( q \) delí absolútnu hodnotu vedúceho koeficientu, teda \( 8 \).

Preto sú možné iba tieto kandidáty:

\[ \pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{8}. \]

Príklad

Teraz ich dosadíme.

\( x = 1 \)

\[ 8 \cdot 1^3 - 6 \cdot 1 - 1 = 8 - 6 - 1 = 1 \neq 0. \]

\( x = -1 \)

\[ 8 \cdot (-1)^3 - 6 \cdot (-1) - 1 = -8 + 6 - 1 = -3 \neq 0. \]

\( x = \frac{1}{2} \)

\[ 8 \cdot \frac{1}{8} - 6 \cdot \frac{1}{2} - 1 = 1 - 3 - 1 = -3 \neq 0. \]

\( x = -\frac{1}{2} \)

\[ 8 \cdot \left(-\frac{1}{8}\right) - 6 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) - 1 = -1 + 3 - 1 = 1 \neq 0. \]

\( x = \frac{1}{4} \)

\[ 8 \cdot \frac{1}{64} - 6 \cdot \frac{1}{4} - 1 = \frac{1}{8} - \frac{3}{2} - 1 \neq 0. \]

\( x = -\frac{1}{4} \)

\[ 8 \cdot \left(-\frac{1}{64}\right) - 6 \cdot \left(-\frac{1}{4}\right) - 1 = -\frac{1}{8} + \frac{3}{2} - 1 = -\frac{1}{8} + \frac{1}{2} = \frac{3}{8} \neq 0. \]

\( x = \frac{1}{8} \)

\[ 8 \cdot \frac{1}{512} - 6 \cdot \frac{1}{8} - 1 = \frac{1}{64} - \frac{3}{4} - 1 \neq 0. \]

\( x = -\frac{1}{8} \)

\[ 8 \cdot \left(-\frac{1}{512}\right) - 6 \cdot \left(-\frac{1}{8}\right) - 1 = -\frac{1}{64} + \frac{3}{4} - 1 = -\frac{1}{64} - \frac{1}{4} \neq 0. \]

Žiadny kandidát nevyšiel.

Teda polynóm \( 8x^3 - 6x - 1 \) nemá racionálny koreň, a preto je nad \( \mathbb{Q} \) ireducibilný.

4.5 Záver pre uhol \( 20^\circ \)

Číslo \( \cos 20^\circ \) je koreňom ireducibilného kubického polynómu.

Podľa predchádzajúcej vety sa taký koreň nedá zostrojiť pravítkom a kružidlom.

Preto sa nedá zostrojiť číslo \( \cos 20^\circ \).

A keďže zostrojiteľnosť uhla \( 20^\circ \) je ekvivalentná zostrojiteľnosti čísla \( \cos 20^\circ \), dostávame záver:

Dôsledok

Uhol \( 20^\circ \) sa nedá zostrojiť pravítkom a kružidlom.

Tým sme dostali konkrétny príklad nemožnosti trisekcie uhla.

5. Zostrojiteľnosť pravidelného \( n \)-uholníka

Teraz sa pozrieme na inú klasickú otázku:

Pre ktoré \( n \) sa dá zostrojiť pravidelný \( n \)-uholník?

To znamená: pre ktoré \( n \) vieme na kružnici rozdeliť plný uhol na \( n \) rovnakých častí?

5.1 Súvis s uhlom \( \frac{2\pi}{n} \)

Pravidelný \( n \)-uholník sa dá zostrojiť práve vtedy, keď vieme zostrojiť stredový uhol

\[ \frac{2\pi}{n}. \]

Keď vieme zostrojiť tento uhol, vieme zostrojiť aj bod na jednotkovej kružnici so súradnicami

\[ \left(\cos \frac{2\pi}{n}, \sin \frac{2\pi}{n}\right). \]

Teda musia byť zostrojiteľné čísla

\[ \cos \frac{2\pi}{n} \quad \text{a} \quad \sin \frac{2\pi}{n}. \]

Z teórie konštrukcií potom plynie, že existuje pole \( F \) obsahujúce tieto hodnoty a zároveň

\[ [F : \mathbb{Q}] = 2^k \]

pre nejaké prirodzené číslo \( k \).

To znamená, že stupeň tohto rozšírenia je mocninou čísla \( 2 \).

5.2 Komplexné číslo \( \omega_n \)

Označme

\[ \omega_n = \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n}. \]

Toto číslo leží v poli \( F(i) \).

Z toho vyplýva

\[ \mathbb{Q}(\omega_n) \subseteq F(i). \]

Teraz použijeme dôležitý fakt:

stupeň poľa \( \mathbb{Q}(\omega_n) \) nad \( \mathbb{Q} \) je

\[ [\mathbb{Q}(\omega_n) : \mathbb{Q}] = \varphi(n), \]

kde \( \varphi \) je Eulerova funkcia.

Keďže \( F \) má stupeň \( 2^k \) a pridaním čísla \( i \) sa stupeň môže nanajvýš zdvojnásobiť, aj pole \( F(i) \) má stupeň, ktorý je mocninou čísla \( 2 \).

Ak je teda \( \mathbb{Q}(\omega_n) \) podpoľom poľa \( F(i) \), musí aj jeho stupeň byť mocninou čísla \( 2 \).

Preto dostávame nevyhnutnú podmienku

\[ \varphi(n) = 2^t \]

pre nejaké \( t \).

Teda Eulerova funkcia čísla \( n \) musí byť mocninou dvojky.

5.3 Tvar čísla \( n \)

Rozložme číslo \( n \) kanonicky na prvočinitele:

\[ n = 2^k \cdot p_1^{k_1} \cdots p_s^{k_s}, \]

kde \( p_1, \dots, p_s \) sú navzájom rôzne nepárne prvočísla.

Pre Eulerovu funkciu platí

\[ \varphi(n) = \varphi(2^k)\cdot \varphi(p_1^{k_1}) \cdots \varphi(p_s^{k_s}), \]

pričom

\[ \varphi(p_j^{k_j}) = p_j^{k_j - 1}(p_j - 1). \]

Ak má byť \( \varphi(n) \) mocninou čísla \( 2 \), nesmie v ňom zostať žiadny nepárny prvočíselný činiteľ.

To je možné iba vtedy, keď:

každé \( k_j = 1 \),
lebo keby \( k_j \) bolo väčšie než \( 1 \), faktor \( p_j^{k_j - 1} \) by bol nepárny a väčší než \( 1 \),
a zároveň každé \( p_j - 1 \) musí byť mocninou \( 2 \).

To znamená, že každé nepárne prvočíslo \( p_j \) musí mať tvar

\[ p_j = 2^{m_j} + 1. \]

Dostávame teda podmienku:

Dôsledok

Pravidelný \( n \)-uholník sa dá zostrojiť len vtedy, keď

\[ n = 2^k \cdot p_1 \cdots p_s, \]

kde \( p_1, \dots, p_s \) sú navzájom rôzne nepárne prvočísla a každé z nich má tvar

\[ p_j = 2^{m_j} + 1. \]

To je presne algebraická podmienka, ktorá v tejto téme rozhoduje o zostrojiteľnosti pravidelných mnohouholníkov.

6. Príklad: pravidelný \( 7 \)-uholník sa nedá zostrojiť

Teraz túto teóriu použijeme na konkrétny príklad.

6.1 Otázka

Dá sa zostrojiť pravidelný \( 7 \)-uholník?

6.2 Predpoklad

Predpokladajme, že áno.

Ak by sa dal zostrojiť pravidelný \( 7 \)-uholník, dal by sa zostrojiť aj stredový uhol

\[ \frac{2\pi}{7}. \]

Teda by sa dali zostrojiť aj hodnoty

\[ \cos \frac{2\pi}{7} \quad \text{a} \quad \sin \frac{2\pi}{7}. \]

Preto by existovalo pole \( F \) nad \( \mathbb{Q} \) také, že

\[ [F : \mathbb{Q}] = 2^k \]

a súčasne

\[ \cos \frac{2\pi}{7}, \sin \frac{2\pi}{7} \in F. \]

Potom číslo

\[ \omega_7 = \cos \frac{2\pi}{7} + i \sin \frac{2\pi}{7} \]

patrí do \( F(i) \).

Teda

\[ \mathbb{Q}(\omega_7) \subseteq F(i). \]

6.3 Porovnanie stupňov

Vieme, že

\[ [\mathbb{Q}(\omega_7) : \mathbb{Q}] = \varphi(7). \]

Keďže \( 7 \) je prvočíslo, platí

\[ \varphi(7) = 6. \]

Teda

\[ [\mathbb{Q}(\omega_7) : \mathbb{Q}] = 6. \]

Na druhej strane pole \( F(i) \) má stupeň, ktorý je mocninou \( 2 \).

Ak by \( \mathbb{Q}(\omega_7) \) bolo jeho podpoľom, stupeň \( 6 \) by musel deliť nejakú mocninu čísla \( 2 \).

To však nie je možné, pretože číslo \( 6 \) obsahuje činiteľ \( 3 \) a žiadna mocnina čísla \( 2 \) nie je deliteľná tromi.

Dostali sme spor.

6.4 Záver

Predpoklad bol nesprávny.

Dôsledok

Pravidelný \( 7 \)-uholník sa nedá zostrojiť pravítkom a kružidlom.

Záverečné zhrnutie

V tejto téme je najdôležitejšie pochopiť tieto body:

Jeden konštrukčný krok pravítkom a kružidlom vedie najviac ku kvadratickému rozšíreniu, teda najviac k pridaniu druhej odmocniny.
Každé zostrojiteľné číslo patrí do poľa, ktoré vznikne z \( \mathbb{Q} \) postupným pridávaním druhých odmocnín.
Kubický polynóm, ktorý nemá koreň v poli \( F \), ho nezíska ani v rozšírení \( F(\sqrt{d}) \).
Odtiaľ plynie, že koreň ireducibilného kubického polynómu nie je zostrojiteľný.
Číslo \( \cos 20^\circ \) je koreňom ireducibilného kubického polynómu

[ 8x^3 - 6x - 1, ]

a preto sa uhol \( 20^\circ \) nedá zostrojiť.

Ak sa má dať zostrojiť pravidelný \( n \)-uholník, potom musí byť \( \varphi(n) \) mocninou \( 2 \), a z toho vyplýva špeciálny tvar čísla \( n \).
Preto sa napríklad pravidelný \( 7 \)-uholník nedá zostrojiť.

Hlavná myšlienka celej kapitoly je veľmi jednoduchá, aj keď dôkazy sú algebraicky náročnejšie:

pravítko a kružidlo vedia pracovať s lineárnymi a kvadratickými problémami, ale nie so skutočne kubickými problémami.

Zhrnutie viet a dôkazov

Veta

Nech \( g(x) \) je kubický polynóm nad poľom \( F \) a nech nemá koreň v \( F \).

Potom nemá koreň ani v poli \( F(\sqrt{d}) \), kde \( d \in F \).

Dôkaz

Krok 1: Ak \( \alpha \in F(\sqrt{d}) \), potom spĺňa kvadratickú rovnicu nad \( F \)

Každý prvok poľa \( F(\sqrt{d}) \) má tvar

\[ a + b\sqrt{d}, \]

kde \( a, b \in F \).

Takýto prvok je koreňom nejakej kvadratickej rovnice s koeficientmi z \( F \). Označme si taký kvadratický polynóm písmenom \( f(x) \), teda

\[ f(\alpha) = 0. \]

Krok 2: Vydelíme kubický polynóm \( g(x) \) kvadratickým polynómom \( f(x) \)

Keďže \( g(x) \) má stupeň \( 3 \) a \( f(x) \) má stupeň \( 2 \), po vydelení dostaneme:

lineárny podiel,
zvyšok stupňa najviac \( 1 \).

Po vhodnom označení môžeme písať

\[ g(x) = (x - x_1)f(x) + cx + d, \]

kde \( x_1, c, d \in F \).

Dôležité je, že zvyšok má tvar \( cx + d \), teda je lineárny.

Krok 3: Dosadíme \( x = \alpha \)

Keďže \( g(\alpha) = 0 \) a \( f(\alpha) = 0 \), dostaneme

\[ 0 = g(\alpha) = (\alpha - x_1)f(\alpha) + c\alpha + d = 0 + c\alpha + d. \]

Teda

\[ c\alpha + d = 0. \]

Krok 4: Rozoberieme dve možnosti

Možnosť A: \( c \neq 0 \)

V tom prípade môžeme vyjadriť \( \alpha \):

\[ \alpha = -\frac{d}{c}. \]

Keďže \( c \) aj \( d \) patria do \( F \), vyplýva z toho, že \( \alpha \in F \).

To je však spor, pretože sme predpokladali, že \( g(x) \) nemá koreň v \( F \).

Možnosť B: \( c = 0 \)

Potom z rovnice \( c\alpha + d = 0 \) dostaneme aj \( d = 0 \).

Teda zvyšok je nulový a platí

\[ g(x) = (x - x_1)f(x). \]

To znamená, že \( x_1 \) je koreň polynómu \( g(x) \).

Keďže \( x_1 \in F \), opäť by \( g(x) \) mal koreň v \( F \).

To je zase spor.

Záver

Obe možnosti vedú ku sporu.

Preto kubický polynóm, ktorý nemá koreň v \( F \), nemôže získať koreň ani po pridaní jednej druhej odmocniny.