U cemu je snaga suvremene algebre?

Dr Ivan Tomašic

Queen Mary, University of London

SŠ Mate Blažina Labin 2014

1 / 33

Pitagorine trojke

TeoremPostoje cijeli brojevi x, y i z koji zadovoljavaju:

x2 + y2 = z2.

Dokaz.Dovoljno je pogoditi jedno rješenje:

x = 3, y = 4, z = 5.

Može se pokazati i više, postoji beskonacno mnogo cjelobrojnihrješenja te jednadžbe, takozvane Pitagorine trojke.

2 / 33

Veliki Fermatov TeoremTeoremZa bilo koju potenciju n ≥ 3,ne postoje cijeli brojevi x, y i z kojizadovoljavaju:

xn + yn = zn.

To je Veliki Fermatov Teorem, koji je Fermat postavio kao velikuzagonetku oko 1650, a dokazao ga je tek Andrew Wiles 1995.

Primijetimo: cak i ako na racunalu provjerimo da za dani nnema cjelobrojnih rješenja do

−10100 ≤ x , y , z ≤ 10100,

to nam nije od velike koristi za opcu tvrdnju:

kako znamo da ne postoji neko još vece rješenje?

3 / 33

Algebarske jednadžbe: linearni slucaj

Riješimo linearnu algebarsku jednadžbu:

3x + 4 = 0.

Rješenje je x = −4/3.Što znaci riješiti jednadžbu?Trebamo naci sve brojeve koji zadovoljavaju jednadžbu kad ihuvrstimo za x .Upozorenje: Cekaj malo–ne bismo li trebali precizirati skup (ilibrojevni sustav) u kojem tražimo rješenje?

4 / 33

Algebarske jednadžbe: linearni slucaj

Promotrimo linearnu algebarsku jednadžbu:

3x + 4 = 0.

Postoje li rješenja u skupu cijelih brojeva

Z = {. . . ,−3,−2,−1,0,1,2,3,4, . . .}?

NE!Postoje li rješenja u skupu racionalnih brojeva (razlomaka)?

Q =

{pq: p,q ∈ Z, q 6= 0

}?

Pa naravno, −43 ∈ Q.

5 / 33

Algebarske jednadžbe: linearni slucaj

Promotrimo opcu linearnu algebarsku jednadžbu u nepoznanicix :

ax + b = 0,

gdje su a,b ∈ Q, a 6= 0.Ova jednadžba se može riješiti u Q i opce rješenje je

x = −b/a.

Da li se ovaj fenomen javlja samo u Q? Koja svojstva zbrajanjai množenja u Q moramo iskoristiti da bi riješili linearnujednadžbu?

6 / 33

Prvi susret s poljima brojeva

Koristimo jedino cinjenicu da u Q možemo:I zbrajati,I oduzimati,I množiti,I dijeliti (s brojem razlicitim od 0),I i, povrh toga, sve te operacije zadovoljavaju uobicajena

pravila.Algebarska struktura (F ,+, ·) u kojoj operacije + i ·zadovoljavaju ista svojstva se zove polje.Linearne jednadžbe se mogu riješiti u bilo kojem polju F .

7 / 33

Primjeri polja

Zašto Z nije polje?Naravno da u Z možemo zbrajati, oduzimati i množiti, ali nemožemo proizvoljno dijeliti.Skup realnih brojeva R je polje. Imamo: Q ⊆ R.Kasnije cemo vidjeti više primjera.

8 / 33

Algebarske jednadžbe: kvadratni slucaj

Riješimo kvadratnu jednadžbu

x2 − x − 6 = 0.

Povijesno, neke kvadratne jednadžbe su znali riješiti vec iBabilonci, anticki Grci, Indijci, a njihova rješenja su bilaproceduralna, kroz recepte i naputke. Riješimo gornjujednadžbu nadopunjavanjem do punog kvadrata.

0 = x2−x−6 = x2−2·12

x+(

12

)2

−(

12

)2

−6 =

(x − 1

2

)2

−1 + 244

.

Dakle,(x − 1

2

)2= 25

4 =(5

2

)2.Imati cemo dva rješenja, nazovimo ih x1 i x2, prvo u slucajux1 − 1

2 = 52 , a drugo za x2 − 1

2 = −52 . Prema tome, x1 = 3 a

x2 = −2.

9 / 33

Algebarske jednadžbe: kvadratni slucaj

Prava je gnjavaža ponavljati ovaj recept svaki put kad želimoriješiti kvadratnu jednadžbu. Zar ne možemo naci formulu zarješenje opce kvadratne jednadžbe

ax2 + bx + c = 0, a 6= 0?

Naravno da možemo, vec je i vrapci na grani pjevaju:

x1,2 =−b ±

√b2 − 4ac

2a.

10 / 33

Al-Khwarizmi

Prvi covjek koji je zapisao nešto poput gornje formule bio jeMuhammad ibn Musa al-Khwarizmi (c. 780–c. 850).

Rijec “algebra” se pojavljuje u naslovunjegove knjige Hisab al-jabr w’al-muqabala. Rijec al-jabr doslovnoznaci ‘balansiranje’, pri cemu se mislina prebacivanje negativne velicine nadrugu stranu jednadžbe.Iz imena Al-Khwarizmi je izvedena irijec “algoritam”.

11 / 33

Kvadratne jednadžbe: razni problemi s brojevnimsustavima

Promotrimo jednadžbu

x2 = 2.

Ima li rješenja u Q?Nema! Pitagora je dokazao da

√2

nije racionalan broj.Naravno, jednadžba se može riješiti uR.Rješenja su

x1,2 = ±√

2.

12 / 33

Kvadratne jednadžbe: razni problemi s brojevnimsustavima

Malo teže pitanje: promotrimo jednadžbu

x2 = −1.

Ima li rješenja u R?Nema! Za svaki x ∈ R, znamo da je x2 ≥ 0.Što možemo uciniti?Moramo proširiti realne brojeve dodavanjem imaginarnejedinice i koja zadovoljava i2 = −1 i na taj nacin dobijemokompleksne brojeve:

C = {a + bi : a,b ∈ R},zajedno s operacijama:

(a + bi) + (c + di) = (a + b) + (c + d)i(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i .

Rješenja gornje jednadžbe su:

x1,2 = ±i .13 / 33

Kompleksni brojevi kao polje

Kako dijelimo u C? Ako z = a + bi 6= 0, dijeljenje sa z je u bitimnoženje sa

z−1 =a− bi

a2 + b2 .

Provjerite da je z · z−1 = 1!C je polje i imamo

Q ⊆ R ⊆ C.

14 / 33

Rješavanje kvadratnih jednadžbi nad C

Za bilo koje a,b, c ∈ C, a 6= 0, jednadžba

ax2 + bx + c = 0

se može riješiti u C formulom

x1,2 =−b ±

√b2 − 4ac

2a.

15 / 33

C je algebarski zatvoreno polje

Nešto nevjerojatno se dogodi prelaskom na C. To je algebarskizatvoreno polje u smislu da svaka algebarska (polinomijalna)jednadžba

anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a2x2 + a1x + a0 = 0,

za an,an−1, . . . ,a2,a1,a0 ∈ C, an 6= 0 ima rješenje u C.Štoviše, ako brojimo rješenja s tocnim kratnostima, postojitocno n rješenja.Ova tvrdnja se zove Osnovni Teorem Algebre.

16 / 33

Rješavanje algebarskih jednadžbi nad C opcomformulom

Iako Osnovni Teorem Algebre garantira da svaka algebarskajednadžba stupnja n > 0 ima rješenje u C, to ne znaci dapostoji eksplicitna opca formula koja rješava te jednadžbe uradikalima.Osim n = 2 (za kvadratne jednadžbe smo dali formulu), postojeopce formule za n = 3 te n = 4,ali može se dokazati za za n ≥ 5 ne postoji opca formula–jošcemo se vratiti na ovu temu.

17 / 33

Kvadratna proširenja polja

Neka je F polje i d ∈ F proizvoljni element (ako vam se cinilakše, razmišljajte o konkretnom primjeru kao F = Q ili F = R).Kvadratno proširenje od F dobiveno dodavanjem

√d

definiramo na sljedeci nacin. Kao skup,

F (√

d) = {a + b√

d : a,b ∈ F}.

Operacije se definiraju ovako:

(a + b√

d) + (a′ + b′√

d) = (a + a′) + (b + b′)√

d(a + b

√d)(a′ + b′

√d) = (aa′ + bb′d) + (ab′ + ba′)

√d .

Primijetimo da je uz te definicije C isto što i R(√−1). To je

poseban slucaj konstrukcije za F = R te d = −1.

18 / 33

Primjer kvadratnog proširenja polja

Izracunajmo sljedece u Q(√−5):

(1 +√−5)(1−

√−5) = 1−

√−5 +

√−5− (−5) = 6 = 2 · 3.

Za ucenike koje zanima više: to pokazuje da u prstenu Z[√−5]

nemamo jedinstveni rastav na proste faktore.

19 / 33

Grcka geometrija

Koristeci algebru koju smo upravonaucili, pokazati cemo spektakularnorazrješenje problema koji su za staro-grcke geometre ostali nerazjašnjenimisterij.Od svih grana matematike, Grci suse najviše zanimali za geometriju.Najviše postignuce njihove matem-atike je Euklidova aksiomatska iz-gradnja geometrije u ravnini u nje-govom slavnim djelu Elementi.

20 / 33

Konstrukcije ravnalom i šestarom

Jedan od glavnih ciljeva Grckematematike je bio otkriti koji segeometrijski likovi mogu konstruiratiiskljucivo ravnalom i šestarom.

21 / 33

Primjer: dioba dužine na tri jednaka dijela

22 / 33

Primjer: konstrukcija pravilnog šesterokuta

23 / 33

Neriješeni problemi antike

Grci nikako nisu mogli naci konstrukcije za tri problema:I Kvadratura kruga: nacrtati kvadrat iste površine kao i

zadani krug.I Duplikacija kocke: nacrtati kocku ciji je volumen dvostruko

veci od volumena zadane kocke.I Trisekcija kuta: podijeliti zadani kut na tri jednaka dijela.

Naravno, cinjenica da oni nisu mogli naci te konstrukcije neznaci sama po sebi da su te konstrukcije nemoguce–Grci su bilipotpuno zbunjeni!

24 / 33

Razrješenje antickih problema

Koristeci metode suvremene algebre, dokazati cemo da se svetri spomenute konstrukcije neizvedive. Naš ce se dokaztemeljiti na sljedecim intelektualnim skokovima:

I Koordinatizacija.I Prijevod problema u jezik teorije polja.I Dokaz da su pridruženi problemi za polja nemoguci.

25 / 33

Koordinatizacija

René Descartes je uveo koordinatni sustav u ravnini.

26 / 33

Koordinatno polje

Neka su zadane tocke P1 = (x1, y1), . . . ,Pn = (xn, yn).Koordinatno polje od P1, . . . ,Pn je polje Q(x1, y1, . . . , xn, yn) kojese dobiva ‘dodavanjem’ svih koordinata danih tocaka polju Q.

TeoremNeka je F koordinatno polje tocaka P1, . . . ,Pn i pretpostavimoda se tocka Pn+1 može konstruirati iz P1, . . . ,Pn koristeci nekuod osnovnih konstrukcija ravnalom i šestarom.Ako sa F ′ oznacimo koordinatno polje tocaka P1, . . . ,Pn,Pn+1,tada je F ′ kvadratno proširenje od F:

postoji d ∈ F takav da je F ′ = F (√

d).

27 / 33

Skica dokazaSvaka konstrukcija ravnalom i šestarom se sastoji of petosnovnih konstrukcija:

Bilo koji pravac kroz tocke P1, . . . ,Pn ima jednadžbu oblikaax + by + c = 0 za neke a,b, c ∈ F , i bilo koja kružnica njimaodredena ima jednadžbu x2 + y2 + ex + fy + g = 0, za nekee, f ,g ∈ F . Bilo koja tocka Pn+1 presjeka tih objekata imakoordinate koje su rješenja kvadratne jednadžbe nad F , a takvarješenja se nalaze u nekom kvadratnom proširenju of F .

28 / 33

Kvadratura kruga je nemoguca

Kad bi kvadratura kruga bila moguca, onda bi mogli konstruiratikvadrat iste površine kao i krug radijusa 1, a to je 12π = π.Dakle, bilo bi moguce konstruirati kvadrat stranice

√π, što bi

znacilo da se√π može dobiti slijedom kvadratnih proširenja od

Q.Medutim, Lindemann ja 1882 dokazao da je πtranscendentalan, što znaci da uopce nije rješenje bilo kojealgebarske jednadžbe nad Q pa je gore navedeno apsolutnonemoguce.

29 / 33

Duplikacija kocke je nemoguca

Prema našem Teoremu, svaki konstruktibilni omjer se možedobiti slijedom kvadratnih proširenja od Q, pa mu je stupanj nadQ potencija od 2.Da bi konstruirali kocku volumena 2, morali bi konstruirati omjer3√

2, što je korijen ireducibilnog polinoma

x3 − 2.

To znaci da je x stupnja 3, što nije potencija broja 2, tako da jekonstrukcija nemoguca.

30 / 33

Trisekcija opceg kuta je nemoguca

Prema Teoremu, svaki konstruktibilni omjer se može dobitislijedom kvadratnih proširenja od Q pa mu je stupanj nad Qpotencija od 2.Da bi podijelili kut od 60◦ na tri jednaka dijela, morali bi mocikonstruirati x = cos(20◦).Poznata formula iz trigonometrije daje

cos(3α) = 4cos3(α)− 3 cos(α),

pa vrijedi

4x3 − 3x =12

i dobivamo da je x stupnja 3, što nije potencija od 2, pa je i ovakonstrukcija nemoguca.

31 / 33

Galois-ova teorija

Metode teorije proširenja polja kojesmo mi susreli su samo jedan sitniposeban slucaj opce teorije koju jerazvio Évariste Galois.Njegova teorija takoder pokazuje dane postoji formula (u radikalima) zarješenje opce algebarske jednadžbestupnja ≥ 5.

32 / 33

Suvremena algebra protiv klasicne algebre

Što to dakle cini suvremenu algebru toliko mocnijom odklasicne?

I Klasicna algebra se bavirješavanjem jednadžbi, cesto uzvrlo malo ‘kreativnog’razmišljanja.

I Suvremena algebra proucavaalgebarske strukture i apstraktnealgebarske pojmove.

I Grothendieck-ov princip: ‘Neznam kako bih riješio ovajkonretan problem, idem probatiriješiti puno opcenitiji!’

33 / 33