• 5

Доказательство.

 Начнем с утверждения а). Пусть zv ..., zn — все точки из совокупное i и Ап (которые, как и раньше, мы будем отождествлять с соответствующими комплексными числами). По опре­делению ноля Кп любой его элемент получается из чисел i, zv . .., zn в результате конечного числа операций сложения, вычитания, умножения, деления и взятия сопряженного числа. Поэтому доста­точно установить следующий результат: если даны две точки х, у, то с помощью циркуля и линейки можно построить точки —х; х у\ х; х-1; ху. (Возможность построить число / мы уже отме­чали: напомним, что среди чисел ..., zn содержится единица — она блла выбрана из начальных данных.)

Но этот результат проверяется вполне элементарно. В самом деле, для построения точки —х нужно провести через О и х прямую и циркулем отложить отрезок от О до х на этой прямой по другую сторону от точки О (рис. 3). Для построения точки х-\-у нужно провести через точку х прямую, параллельную О у, а через точку у — прямую, параллельную Ох (рис. 4). Их пересечение и дастл:-)-_у, если эти прямые не совпадают, т. е. если точки х, у, О не лежат на одной прямой. Если же эти три точки лежа г на одной прямой,

14*

 

то задача снова сводится к откладыванию (циркулем) данных отрез­ков на данной прямой. Для построения точки х~' достаточно постро­ить отдельно ее аргумент и модуль. Построение аргумента сводится к проведению окружности, проходящей через точку х, с центром в начале координат, отысканию ее точек пересечения с прямой 01 и к от­кладыванию дуги от одной из этих точек до точки х в другую сторону по окружности (это даст х, рис. 5). Построение | jc |-1 —это по­строение четвертого пропорционального к отрезкам |х|, 1, 1. Хо­рошо известно, как его строить циркулем и линейкой. Затем полу­ченный отрезок |jc|_i нужно отложить по прямой Ojc от точки О в сторону точки v (рис. 6). Наконец, построение точки сводится

 

 

У

У

h

х у

—v

V

 

Рис. Ь

совершенно аналогичным образом к построению суммы двух углов (аргументов точек х, у) и к построению отрезка \ху\, т. е. четвер­того пропорционального к отрезкам 1, |jc|, \у\ (рис. 7).

Мы доказали таким образом, утверждение а) нашей теоремы. Дока­зательство утверждения б) удобно начать со второй его части, т. е. установить, что если дана точка г (и, разумеется, точка 1), то можно Циркулем и линейкой построить (оба значения)            Читателю уже

должно быть ясно построение: нужно разделить аргумент точки z попо­лам и отложить отрезок длины V\z \ (среднее пропорциональное между отрезками \z\ и 1; оно строится циркулем и линейкой) от точки О в обе стороны по прямой, угол наклона которой к действитель­ной оси 01 равен половине аргумента числа г (точки М и N на рис. 8).

Несколько фуднее установить первую часть утверждения б). Прежде всего мы должны научиться записывать уравнения прямой и окружностей на комплексной плоскости. Можно, однако, на время условиться разделять вещественные и мнимые части комплексного числа, обозначая их символами X, Y. (Это и будут координаты со­

ответствующей точки.) Уравнение прямой, проходящей через две точки гг,. у,) и      уг) совокупности .4П, запишется в виде

л' JfJO, — У,) — (К—лК*, —*,» = 0,

(1)

1. е. в виде

aX + bY + c = О,

где коэффициенты а, b, 'с легко вычисляются через координаты точек (х,, ул), (л:,, уг). Далее, уравнение окружности с центром

 

I

О         ;

Рис 7.

 

Рис. 8.

в точке (d, е) из совокупности Ап, проходящей через некоторую точку (х, у) этой совокупности, можно записать в виде

{X-d)* + (Y-ef=r\        (2)

где г' ==(* — d)*-\-(y — е)2.

Коэффициенты уравнений (1) и (2) — вещественные числа. Мы утверждаем прежде всего, что все они прлнадлежат полю Кп Для доказательства этого достаточно заметить, что вместе с любым чи­слом х в поле Кп содержится также его вещественная часть Rejc

и мнимая часть lm х, потому что Rejc = —^—, Imx = —^— Чи­сла же а, Ь, с, d, е, гг в уравнениях (1) и (2), как мы видели выше, рационально выражаются через действительные и мнимые части координат точек из совокупности А .

Теперь для отыскания точек пересечения мы должны решить (в вещественных числах!) одну из трех систем уравнений:

выбрать одно решение этой системы и присоединить полученные числа X, Y к полю Кп — итогом и будет поле Кп+1. Проверка этого утвержде­ния получается прямо с помощью определений, с использованием того факта, что если в поле Кп+1 содержатся вещественные числа а, Ь, то содержатся также и числа а ± bi.

Но, очевидно, решение первой системы уравнений принадлежит полю Кп', другими словами, в этом случае Ап+,—Кп. Решение же двух других систем сводится к решению одного квадратного урав­нения с коэффициентами в поле А'л'). Присоединение корня этого уравнения к полю сводится к присоединению корня квадратного из дискриминанта этого уравнения. Если дискриминант z является пол ным квадратом, то Kn+i = Кп. В противном случае Кп + 1 = Кп {V z) Утверждение б) доказано*).

Остается теперь проверить утверждение в). Мы покажем даже, что точки, удовлетворяющие условию в), всюду плотно лежат на отрезках и дугах.

Пусть дан отрезок прямой, соединяющий две точки х, у из поля Кп Тогда середина этого отрезка также принадлежит полю Кп, потому

что она представляет собой точку . Применяя это рассуждение

к получившимся двум половинам отрезка, затем к его четвертям и т. д., мы получаем, что внутри любого отрезка прямой, взятого между точками х, у, содержится точка из поля Кп. Тем самым установлено, что произвольный выбор точки на отрезке прямой, про­ходящей через две точки из поля Д„, всегда можно осуществить, не выходя за пределы этого поля.

Пусть теперь дана окружность С, построенная на базе совокуп­ности точек Ап, и на ней выделена дуга L, концами которой являются

') В случае последнем системы полезно предварительно заменить ее системой, состоящей из первого уравнения и линейного уравнения, полу­чаемого почленным вычитанием наших двух уравнений.

г) Заметим, что oti утетвие вещественных решений у соответствующей системы уравнений означает, что очередной шаг панного построения цирку лем и линейкой не может быть проведен по некоторой « руСой> причине, примером которой может служить невозможность построения треугольника, одна из сторон которою больше суммы двух других.

( aX + bY + c = О, I aX+bY+c = 0, \ a'X+b'Y + c' =0; \ {X — df — е)г = гг\ | {x~d)2 + (Y-e)> = г\ \ {X~dr + (Y-e')' = r",

{

точки, принадлежащие совокупности Ап. Как мы видели выше, урав­нение рассматриваемой окружности С, построенной на базе системы точек Ап, можно записать в виде (2), где d, е и г1 — действитель­ные числа, принадлежащие нолю Кп. Далее, любое рациональное число k принадлежит полю Кп (ибо 1 £ Кп). Будем теперь рассмат­ривать всевозможные точки пересечения окружности С с прямыми, параллельными оси абсцисс и расположенными на рациональном рас­стоянии от этой оси, т. е. с прямыми Y=k, где k — произвольное рациональное число. Ясно, что эти точки пересечения всюду плотно расположены на окружности С и, в частности, на дуге L. Но каж­дая такая точка пересечения имеет в качестве своих координат X, Y решение системы

{X-df + [Y~ef^r\ Y=k,

и потому, как мы видели выше, эта точка пересечения принадлежит полю вида Кп (V z), где z£Kn. Итак, выбор «произвольной» точки на дуге L всегда можно осуществить так, чтобы выбранная точка принадлежала полю Кп{Уz), и потому либо Кв+1 — К„, либо

K„ + i = f<n{V~z), где г € Кп.

Разобрать случай, когда нужно выбирать точку внутри области, частично ограниченной прямыми и дугами, не представляет труда. Достаточно, например, заметить, что внутри области всегда можно найги точку с рациональными координатами, т. е. точку, принадле­жащую полю Кп.

Таким образом, наша лемма полностью доказана.

Авторы: 1379 А Б В Г Д Е З И Й К Л М Н О П Р С Т У Ф Х Ц Ч Ш Щ Э Ю Я

Книги: 1908 А Б В Г Д Е З И Й К Л М Н О П Р С Т У Ф Х Ц Ч Ш Щ Э Ю Я