Mat-tanári gyakorlat, második évfolyam, második félév Nyolcadik alkalom — megoldásvázlatok

1. A koordinátarendszert minden esetben úgy vesszük fel, hogy a megadott egységszakasz két végpontja a (0, 0) és az (1, 0) pont legyen. a) Az alaptest a 0, 1 számok által generált részteste ℂ-nek, vagyis K = ℚ. Ekkor K(α) ötödfokú K felett, így α nem szerkeszthető. A felbontási testet tehát nem is kell vizsgálni (ez egyébként ℚ(ε, \sqrt[5]{2}), ahol ε primitív ötödik egységgyök, és huszadfokú ℚ felett). b) Az alaptest ℚ, a felbontási test ℚ(i, \sqrt[4]{2}), nyolcadfokú ℚ felett. Mivel ez 2-hatvány, α szerkeszthető. Ez egyébként közvetlenül is látszik, hiszen csak kétszer kell négyzetgyököt szerkeszteni. c) Az alaptest K = ℚ(\sqrt[3]{2}). Efölött \sqrt[6]{2} másodfokú, és K(α) a felbontási test is, hiszen α minimálpolinomja K felett x^{2} − \sqrt[3]{2}, és ennek a másik gyöke, azaz −α is benne van K(α)-ban. (Általában is könnyű belátni a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggésből, hogy minden másodfokú bővítés normális). Tehát α szerkeszthető. d) Itt is K = ℚ(\sqrt[3]{2}), efölött α ötödfokú. Ezt a szokásos módon láthatjuk be annak kihasználásával, hogy (3, 5) = 1. Tehát α nem szerkeszthető. e) Az alaptest a ℚ(π), efölött a szerkesztendő \sqrt{π} másodfokú, azaz szerkeszthető.

f) Legyen α = η primitív 18-adik egységgyök. Ekkor a hatvány rendjére vonatkozó képlet miatt ε = η^{2} primitív kilencedik egységgyök. Az előadáson tanultak miatt K = ℚ(ε). Tehát η fokát akarjuk tudni K felett, ami nyilván legfeljebb kettő, és így a feladat szerkeszthető. Vegyük észre, hogy valójában η foka 1, azaz η ∈ ℚ(ε). Ez például abból látszik, hogy φ(18) = φ(9) = 6, de közvetlenül is igazolható, hiszen −η könnyen láthatóan primitív kilencedik egységgyök. Ennek megfelelően a szerkesztéshez elegendő a szabályos 9-szöget a középpontjára tükrözni.

2. Ahhoz, hogy a tételeinket alkalmazni tudjuk, a koordinátarendszert csak úgy szabad felvenni, hogy (0, 0) és (1, 0) adott, vagy szerkeszthető legyen.

3. Már a speciális eset sem szerkeszthető. Mivel a háromszög egyenlő szárú, cos α = c/2a. Behelyettesítve és négyzetre emelve átrendezéssel c^{3} + c^{2} − 2c − 1 = 0 adódik. Ez a harmadfokú polinom (a Racionális Gyökteszt miatt) irreducibilis, így c harmadfokú.

4. Legyen a háromszög szára a, alapja 2x, a beírt kör sugara ρ. A területet kétféleképpen felírva azt kapjuk, hogy ρ(a + x) = x\sqrt{a^{2} − x^{2}}. Innen \sqrt{a + x}-el egyszerűsítve x^{3} − ax^{2} + ρ^{2}x + aρ^{2} = 0 adódik. Ez például a = 5, ρ = 1 esetén irreducibilis, tehát a szerkesztés már ebben a speciális esetben sem végezhető el.

5. A (3)-beli polinomot az eredeti negyedfokú polinom harmadfokú rezolvensének nevezzük. Ennek segítségével kaphatunk gyökképletet a negyedfokú egyenletre (lásd Fuchs: Bevezetés az algebrába, VIII/13). Ha a harmadfokú rezolvensnek van racionális gyöke, akkor a negyedfokú egyenlet megoldását végigkövetve látjuk, hogy a gyökök négyzetgyökökkel kifejezhetők, ezért szerkeszthetők. Ha az egyenletnek az α gyöke szerkeszthető, akkor a ℚ(α) testnek van egy ℚ felett másodfokú részteste, ami ℚ(\sqrt{e}) alakú, és ezért α_{1} = p + q\sqrt{e} + \sqrt{r + s\sqrt{e}} alakú, ahol p, q, r, s, e ∈ ℚ. Írjuk fel gyöktényezős alakban azt a polinomot, amelynek gyökei α_{1}, α_{2} = p + q\sqrt{e} − \sqrt{r + s\sqrt{e}}, α_{3} = p − q\sqrt{e} + \sqrt{r − s\sqrt{e}}, és α_{4} = p − q\sqrt{e} − \sqrt{r − s\sqrt{e}}. Az (u − v)(u + v) = u^{2} − v^{2} azonosságot ismételten alkalmazva látjuk, hogy ez racionális együtthatós, és mivel van közös gyöke az eredeti polinommal, ami irreducibilis, a két polinom megegyezik. Azaz a többi gyök is kifejezhető négyzetgyökökkel racionális számokból indulva. Végül számolással látható, hogy tetszőleges negyedfokú egyenlet esetén a harmadfokú rezolvens gyökei rendre (α_{1}α_{2} + α_{3}α_{4})/2, (α_{1}α_{3} + α_{2}α_{4})/2, (α_{1}α_{4} + α_{2}α_{3})/2. A négy α_{i} által generált (2–hatvány fokú) bővítésben tehát benne vannak a harmadfokú rezolvens gyökei, és így nem lehetnek harmadfokúak. Így a rezolvens nem irreducibilis, és mivel harmadfokú, van racionális gyöke.

A három állítás közül az utolsót könnyű ellenőrizni a Racionális Gyökteszt segítségével, tehát ez a tétel eljárást ad a szerkeszthetőség eldöntésére. Ha b = 0, akkor az állítások fennállnak, a/2 a rezolvens racionális gyöke lesz.