Пьер Ферма и его теорема
Контрольная работа - Математика и статистика
Другие контрольные работы по предмету Математика и статистика
? центром О, и фиксировано положение А0 одной его вершины. Требуется определить положения А1, А2, …, Аn-1 остальных вершин. Разумеется, достаточно найти положение точки А1 - откладывая последовательную дугу А0А1, мы получим точки А2, А3, А4 и т.д.
Проще всего эта задача решается при n=6. Известно, что сторона правильного вписанного шестиугольника равна радиусу данной окружности. Поэтому нужная программа выглядит так (приложение 1):
Циркулем построить из точки А0окружность G1 с радиусом ОА0.
Отметить точку А1пересечения окружностей G и G1.
Мы видим, что эта программа приводит к двум разным ответам, но соответствующие шестиугольники А0А1А2A3A4A5 и A0A1A2A3A4A5 отличаются лишь порядком нумерации вершин. Такая же ситуация наблюдается в случаях n=3 и n=4. Более интересные случаи n=5 и n=10. Я разберу здесь случай n=10.
Если провести биссектрису А1В угла ОА1А0, то образовавшиеся треугольники ОА1В, ВА1А0, будут равнобедренными, а треугольники ОА1А0 и ВА1А0 - подобными. Будем считать прямую ОА0 числовой осью, на которой точке О соответствует нулю, а точка А0 - единице.
Решив это уравнение, мы найдём точку В. Искомая точка А1 найдётся как точка пересечения данной окружности G с окружностью с центром в точке А0 и радиусом длиной х. Таких точек 2 - и получается два решения: точки А1 и А1.
Второй корень отрицателен и по этой причине вроде бы не годится. Однако не будем спешить отбрасывать этот корень, а попробуем понять его геометрический смысл.
Восстановим предыдущий рисунок (приложение 3), считая, что точка В находится не справа, а слева от точки О. Мы получим другой рисунок (приложение 3). Это даст для искомой точки А1ещё два возможных положения: А1 и А1.
Итак, мы пришли к четырём различным возможностям для точки А1. В результате получается два разных десятиугольника: выпуклый и звездчатый (приложения 2,3).
Заметим, что с точки зрения циркуля и линейки звездчатый десятиугольник ничем не хуже выпуклого.
Возможно возражение: у выпуклого многоугольника несмежные стороны не пересекаются, а у звездчатого пересекаются. Но это возражение отпадает, если мы стороной будем называть не отрезок между двумя вершинами (понятия между у нас нет!), а всю прямую. Тогда правильный чертёж выпуклого десятиугольника будет иметь вид, лишь размером отличающегося от звездчатого (приложение 4).
Аналогичная ситуация возникает в случае пятиугольников. Здесь тоже имеется 4 решения, приводящих к двум различным пятиугольникам (приложение 5, а, б) с двумя различными нумерациями вершин на каждом.
Теперь, не решая явно задачи на построения произвольного правильногоугольника, попробуем установить, сколько у неё различных решений. Обозначим через х длину дуги А0А1. Точка А1 является решением задачи (с точки зрения циркуля), если, откладывая дугу длины х от точки А0 последовательно n раз, мы вернёмся в исходную точку А0, а откладывая меньшее число раз - не вернёмся.
Последняя оговорка существенна, иначе в случае, например, n=6 нам пришлось бы назвать правильным вписанным шестиугольником дважды пройденный треугольник, или трижды пройденный диаметр, или даже шесть раз повторённую точку А0.
На языке арифметики, принимая длину всей окружности за единицу, наше условие можно сформулировать так: число nx - целое, а числа х, 2х, 3х, …, (n-1)х - не целые. Это соответствует тем четырём решениям, которые мы раньше нашли геометрическим способом. Заметим, что если взять в качестве х число (или , ,…), то новых геометрических решений мы не получим: положение точки на окружности зависит не от самого числа х = , а от остатка, который даёт k при делении на n.Ясно, что несократимые дроби (m<n) и только они обладают тем свойством, что k попадает в целое число (в начальную точку окружности) лишь при k=n. Таким образом, каждое число, меньшее n и взаимно простое с ним даёт решение задачи о правильномn-угольнике, и мы получаем, что число этой задачи даётся функцией Эйлера. В частности ф(3)=ф(4)=ф(6)=2; ф(5)=ф(10)=4 что согласуется с результатами, полученными выше геометрическим путём. Всякая разрешаемая задача на построение с помощью циркуля и линейки должна иметь 2l различных решений, мы получим удобное необходимое условие для разрешимости задачи построения правильного n-угольника.
Правильный n-угольник допускает построение циркулем и линейкой только тогда, когда ф(n)=2l для некоторого целого l.
(Например, правильный семиугольник построить невозможно, так как число ф(n)=6 не является степенью двойки.)
Необходимость этого условия я постаралась объяснить. То, что оно является так же достаточным,- отдельный результат.
Числа Ферма
Полученный результат не исчерпывает полностью поставленную задачу. Остаётся невыясненным вопрос - а много ли таких чисел n, для которых ф(n)=2l, т.е. много ли вообще красных чисел?
Разумеется, про каждое отдельное число мы можем довольно быстро сказать, красное оно или чёрное - достаточно вычислить ф(n). Но это не даст наглядного описания всей совокупности красных чисел. Оказывается, поиск такого описания приводит к трудной и до сих пор не решённой проблемы из теории чисел.
Разложим n на простые множители:=p1m1p2m2…pkmk,
где p1,…,рk - различные простые числа, и посчитаем ф(n). Из свойств функции Эйлера (1) и (2) мы получаем:
ф(n)=ф(p1m1)ф(р2m2)…ф(pkmk)=p1m1-1p2m2-1(p1-1)(p2-1)…(pk-1).
Чтобы правая часть последнего выражения была степенью двойки, нужно, чтобы каждый нечётный простой множительp1 входил в него с показателем m1=1: при этом само число р1обязано иметь вид р1=2l+1. С другой стор