8. Problemas griegos

Teorema[números construibles] Si x en F_k, entonces satisface una ecuación de grado 2^l con coeficientes en F_k-l, 0 < l ≤ k.

Proposición 1. F₁ satisface el teorema de números construibles.

Demostración:

Sea x en F₁, con F₁=[α]

Entonces existen a, b en Q=F₀, tal que x = a + √ α  b

x- a=√ α  b

(x-a)² = (√ α  b)²

x² - 2ax + a² = α  b²

x² - 2ax + a² - α  b²=0          


Es decir, x satisface una ecuación de grado 2=2¹ con coeficientes en F₀=F_1-1, con 0 < 1 ≤ 1


Lema 1.  Si a, b en F_k=[α], entonces ab=A +  √ α  B, con A y B en F_k-1.

Demostración:

Sean a, b en F_k, entonces a= c + √ α  d y b= e + √ α  f, con c,d,e,f en  F_k-1

De manera que:

ab = (c + √ α  d) ( e + √ α  f)= (ce + α df) + √ α (cf-ed)= A + √ α  B, con A, B en F_k-1.

siendo A=ce + α df   y  B= cf-ed



Lema 2. Si a en F_k  y  b en F_k-1=[α], entonces -2ab=Aa +  √ α  Bb, con A y B en F_k-2.

Demostración:

Sean a en F_k y b en F_k-1=[α], entonces  b= c + √ α  d, con c,d en  F_k-2


De manera que:


-2ab=-2a(c + √ α  d)= -2ca +  √ α  (-2d)a =Aa +  √ α  Ba, con A=-2c y B=-2d en F_k-2. 

 

Proposición 2. F₂ satisface el teorema de números construibles.

Demostración:

Sea x en F₂, con F₂=[α]

Entonces existen a, b en F₁, tal que x = a + √ α  b

x- a=√ α  b

(x-a)² = (√ α  b)²

x² - 2ax + a² = α  b²

x² - 2ax + a² - α  b²=0          

Por el lema 1 tenemos:

i) a²= A + √ β B,  con A y B en F₀=[β]

ii) b²= C + √ β D,  con C y D en F₀.

iii) α  b²= E + √ β F,  con E y F en F₀.

Por lo que, a² - α  b²= G + √ β H, con G y H en F₀.

Por el lema 2 tenemos:

iv) -2ax= Ix + √ β Jx,  con I y J en F₀.

Por lo tanto;

x² - 2ax + a² - α  b²=0          

Equivale a:

x² + Ix + √ β Jx + E + √ β F=0  con I, J, E y F en F₀.          

Entonces:

x² + Ix +E= √ β (Jx + F)  con I, J, E y F en F₀.          

Luego:

(x² + Ix +E)²= [√ β (Jx + F)]²  con I, J, E y F en F₀.          

(x² + Ix +E)²=  β (Jx + F)²  con I, J, E y F en F₀.

Es decir, x satisface una ecuación de grado 4=2² con coeficientes en F₀=F_2-2, con 0 < 2 ≤ 2

fin.

Demostración[números construibles]

La demostración es por inducción.

Ya se probó para F_1, F_2.

Supongamos que es valido para F_k-1, con 4≤ k

Veamos que es valido para F_k.

Sea x en F_k, con F_k-1=[α]

Entonces existen a, b en F_k-1, tal que x = a + √ α  b

x- a=√ α  b

(x-a)² = (√ α  b)²

x² - 2ax + a² = α  b²

x² - 2ax + a² - α  b²=0          

Por el lema 1 tenemos:

i) a²= A + √ β B,  con A y B en F_k-2=[β]

ii) b²= C + √ β D,  con C y D en F_k-2

iii) α  b²= E + √ β F,  con E y F en F_k-2.

Por lo que, a² - α  b²= G + √ β H, con G y H en F_k-2.

Por el lema 2 tenemos:

iv) -2ax= Ix + √ β Jx,  con I y J en F_k-2.

Por lo tanto;

x² - 2ax + a² - α  b²=0          

Equivale a:

x² + Ix + √ β Jx + E + √ β F=0  con I, J, E y F en F_k-2.          

Entonces:

x² + Ix +E= √ β (Jx + F)  con I, J, E y F en F_k-2.          

Luego:

(x² + Ix +E)²= [√ β (Jx + F)]²  con I, J, E y F en F_k-2.          

(x² + Ix +E)²=  β (Jx + F)²  con I, J, E y F en F_k-2.

Es decir, x satisface una ecuación de grado 2² con coeficientes en F_k-2, con 0 < 2 ≤ k


fin.

Proposición [raíces]: Las tres raíces cúbicas distintas de 2 son:

³√2,   ³√2 [Cos(2 π/3)+ i Sen(2 π/3)], ³√2 [Cos(4 π/3)+ i Sen(4 π/3)]

1^er. Problema Griego [duplicación del cubo] No es posible construir con regla y compás un segmento a que cumpla que a³=2

Demostración:


La demostración es por contradicción.


Supongamos que si es posible construir un segmento x, con regla y compás que cumpla la ecuación:
 

x³ - 2=0        [1]

 

Primero que nada obsevemos que, x= ³√2, no es un número racional. Por lo que existe un natural m tal que x = ³√2 está en F_m.

Elijamos el k el menor número natural con x = ³√2 en F_k=[α].

Supuesto 1. x está en F_k pero no en F_k-1.

Por lo que existen números reales a, b, α en F_k-1 , con  √ α  no en F_k-1, tal que:

x=a + √ α b              [2]

Afirmación 1: El número y=a - √ α b, cumpĺe la ecuación [1].


Demostración de la afirmación 1:

Puesto que F_k es un campo, x³ está en F_k, y por lo tanto x³ -2 está en  F_k      
 

De manera que existen números reales c, d, α en F_k-1 , con  √ α  no en F_k-1, tal que: 

x³ -2=c + √ α d        [3]

Ahora bien; sustituyendo [2] en [3], tenemos:

(a + √ α b )³ - 2  = c + √ α d, 

lo que implica:

c=a³ + 3aαb²-2     y       d=3a²b + αb³.


Por otra parte consideremos el número y=a - √ α b
 

Desarrollando tenemos que:

y³ -2 = (a - √ α b)³ -2 = c - √ α d


Sabemos que x, cumple las ecuaciones [1] y [3] por lo que:

c + √ α d = 0              [4]
 

Afirmación 2. c=0 y d=0

Demostración de la afirmación 2.

Caso 1. c ≠ 0 y d=0
Entonces, c=0. Contradicción!. Pues c≠ 0.   No es posible el caso 1.

Caso 2. c=0 y d ≠ 0
Entonces, α=0. Contradicción!. Pues α está en el campo F_k. No es posible el caso 2.

Caso 3. c≠0 y d ≠ 0
Entonces, c + √ α d ≠ 0. Contradicción!. Por [4]. No es posible el caso 3.

Sólo queda el caso c=0 y d=0.

fín de la afirmación 2.

Por lo tanto

y³ - 2 = c - √ α d = 0     

Es decir; y cumple la ecuación [1]

fín de la afirmación 1.

Afirmación 3. x ≠ y

Demostración de la afirmación 3.

Supongamos que x=y.

Entonces:

2√ α b=(a + √ α b) - (a - √ α b)=x-y=0

Lo que implica:

Caso 1. b=0

Entonces x=a está en F_k-1. Contradicción!. Por el supuesto1.

Caso 2.  α=0
Puesto que F_k=[α] es un campo, α≠0. Contradicción!.

Por lo tanto, es falso que x=y.

fín de la afirmación 4.

Finalmente tenemos que la ecuación [1] tiene dos soluciones reales diferentes, a saber, x e y. Lo que contradice la proposición raíces.

Por lo que es falso que se pueda construir con regla y compás el segmento que cumpla la ecuación [1].

Fín de la demostración del primer problema griego.