תולדות המתמטיקה: הבדלים בין גרסאות בדף

תוכן שנמחק תוכן שנוסף
Amitayk (שיחה | תרומות)
הוספת שיעורים
Amitayk (שיחה | תרומות)
הוספת שיעורים
שורה 98:
 
בשיעור הבא נתחיל לדון בפרדוקסים הללו.
 
==שיעור 4 - ו' אדר ב תשס"ה, ‏17 מרץ 2005==
 
בשיעור הקודם עסקנו בשני הפרדוקסים הראשונים של זנון. עתה נעסוק בשני הפרדוקסים הנוספים.
 
* הפרדוקס השלישי: כל נקודה במעופו של חץ היא סטטית, אם כך איך תנועה אפשרית בכלל?
 
* הפרדוקס הרביעי (פרדוקס האצטדיון) אינו ברור כמו שלושת קודמיו. הפרדוקס עוסק בשלוש קבוצות רצים אשר שתיים מהן נעות בכיוון מסוים והשלישית בכיוון אחר. שתי מדידות השונות אחת מהשנייה של המהירות נותנות תוצאות שונות.
 
הערה: זנון עצמו כנראה כתב רק ספר אחד ואנו יודעים בעיקר ממקורות אחרים כדוגמת אריסטו (אשר פוסל את הפרדוקסים). מטרתו בכתיבת הפרדוקסים איננה ברורה. יש הגורסים כי ניסה להגן על תפישה פילוסופית הקובעת כי הכל אחד.
 
בשיעור זה ובבא אחריו נעסוק בשלושת הבעיות הפתוחות של יוון ונבחון מספר בניות אשר היוונים ביצעו (לאו דווקא עם סרגל ומחוגה).
 
בספרו השני של אוקלידס הוא עוסק באלגברה גיאומטרית. אפשר לראות בפתח ספרו בטענות השונות טענות אלגבריות המנוסחות בשפה גיאומטרית. כיום ישנו ויכוח לגבי זווית ההסתכלות של היוונים עצמם. היו שחשבו שהיוונים הסתירו דברים מתוך אילוצי התחום – כתבו לא את אשר חשבו.
 
טענה 1 – היא למעשה חוק הפילוג
 
טענה 9 – חוק כפל מקוצר כלשהו
 
טענה 11 – מציאת <math>\varphi</math> כך ש-<math>\varphi ^2 = 1 - \varphi</math> (יחס הזהב)
 
בספר השלישי אוקלידס עוסק במושגים הנוגעים ליחס בין קווים למעגלים ובין מעגלים למעגלים.
 
טענות 6-5 – מעגלים החותכים זה את זה או משיקים זה לזה אם אינם בעלי אותו מרכז.
 
טענה 18 – מנקודה נתונה לצייר ישר המשיק למעגל נתון
 
היום אנו מכירים את הגיאומטריה האנליטית הלוקחת שאלות בגיאומטריה וממירות אותן בבעיות באלגברה. הפיתוחים הללו הם של דקארט (מהמאה ה-17). לעומת זאת, ניתוח בעיות אלגבריות בגיאומטריה נעשה כבר על ידי היוונים.
 
בספר הרביעי מראה אוקילדס בטענה 11 כי ניתן לבנות מחומש משוכלל בתוך עיגול.
 
אחד מההישגים הגדולים ביותר של היוונים עוסק בחתכי חרוט. אחד מהספרים של אוקלידס עסק בחתכי חרוט, אך זה לא שרד. עם זאת, שרד ספרו של אפולניוס בנושא זה. חתכי החרוט הם הצורות הנוצרות על ידי חיתוך של חרוט עם מישור. בשפה מודרנית היינו מדברים על משוואות המתארות את החתכים הללו. גם בעזרת עקומים אלו מצאו דרכים לפתרון הבעיה.
 
סיפור מודרני על אי-האפשרות לחלק זווית לשלושה חלקים שווים (או: על דקארט ורעיון הסימטריה של גלואה)
 
הרעיון של דקארט היה לבחור שני ישרים מאונכים כלשהם מתוך כל הישרים במישור. אנו מעניקים לכל נקודות במישור ערך מספרי.
אנו שואלים לאילו נקודות אפשר להגיע בעזרת בניות בסרגל ומחוגה. קל לראות שברגע שמצליחים לבנות משהו אפשר להזיז אותו לכל מקום אחר.
כמו-כן, מספיק לשאול לאילו נקודות על ציר ה-<math>X</math> ניתן להגיע. מדוע? בהינתן נקודה במישור אפשר לקבל את ערכיה על ידי "הטלה" על הצירים (שנעשית על ידי בנייה, כמובן).
הנחנו כי 0,1 כלולות. נזכיר כי אחת הטענות הראשונות בספרו הראשון של אוקלידס עוסקת בחיסור ושפה החדשה משמעות הדבר כי <math>x,y \in</math>אז גם <math>x - y \in \mathbb{F},x + y \in \mathbb{F}</math>. כמו-כן, ראינו כי בהינתן מלבן ניתן לבנות מלבן באותו שטח על קטע נתון. משמעות הדבר היא כי אם <math>x,y \in \mathbb{F}</math> אז <math>\frac{x}{y} \in \mathbb{F}</math> ו-<math>x \cdot y \in \mathbb{F}</math>.
 
==שיעור 5 - ז' אדר ב תשס"ה, ‏18 מרץ 2005==
 
בשיעור האחרון ראינו כי השאלה האם אפשר להגיע אל נקודה על המישור שקולה לבעיה האם אפשר להגיע אל נקודה על הצירים.
 
התחלנו עם שתי נקודות כלשהן במישור וראינו כי המבנה המתקבל הוא "כמעט-שדה סדור". הסיבה לכך שמדובר ב"כמעט שדה" היא שבמישור ישנם רק אורכים חיוביים.
 
בשיעור זה נמשיך בהמרת הבעיה הגיאומטרית לבעיה אלגברית.
אם <math>a \in \mathbb{F},a > 0</math> נוכל לשרטט את המעגל <math>x^2 + y^2 = a^2</math>.
אם <math>c \in \mathbb{F}</math> נוכל לשרטט את הישר <math>y = cx</math> (מגיעים מהנק' <math>\left( {0,c} \right)</math> לנק'<math>\left( {1,c} \right)</math>.
נקודת החיתוך בין שני קווים אלו תהיה <math>x = \frac{a}{{\sqrt {1 + c^2 } }}</math>
למעשה קיבלנו כי שדה זה סגור תחת שורש של כל המספרים הנמצאים בתוכו, או במילים אחרות: אפשר לפתור משוואות ריבועיות, בתנאי שהדיסקרימננטה אי-שלילית.
 
מתוך מציאת השורשים הריבועים ברור כי נוכל למצוא שורשים שהם חזקה של 2 (8,4,2,...). נשאלת השאלה האם נוכל לפתור בכלים של סרגל ומחוגה משוואה ממעלה שלישית?
 
נניח כי <math>\mathbb{F}</math> שדה סגור עם <math>\sqrt x</math> לכל <math>0 \leqslant x \in \mathbb{F}</math>. נתבונן במישור <math>E = \mathbb{F}^2</math> עם הישרים שעוברים דרך 2 נקודות של <math>\mathbb{F}</math> והמעגלים שעוברים דרך 3 נקודות של <math>\mathbb{F}</math>.
 
<u>טענה</u>
כל הבניות בסרגל ומחוגה אפשריות ב-<math>E</math>.
#אם <math>L_1 ,L_2</math> ישרים של <math>E</math> אז נקודת החיתוך שלהם ב-<math>E</math> (אם קיימת).
#כנ"ל לגבי <math>C</math> מעגל ו-<math>L</math> ישר
#כנ"ל לגבי <math>C_1 C_2</math> מעגלים
 
<u>דוגמה</u>
 
נתון<br>
<math>L_1</math>עובר דרך <math>\left( {b_1 ,b_2 } \right)</math>, <math>\left( {a_1 ,a_2 } \right)</math> כאשר <math>a_1 ,a_2 ,b_1 ,b_2 \in \mathbb{F}</math>
<math>L_2</math> עובר דרך<math>\left( {d_1 ,d_2 } \right)</math>, <math>\left( {a_1 ,a_2 } \right)</math> כאשר <math>c_1 ,c_2 ,d_1 ,d_2 \in \mathbb{F}</math>
 
הבעיה העומדת בפנינו היא למצוא את נקודת החיתוך. ישנם שני מקרים אפשריים עבור משוואת הישר:
#<math>y = ex + t</math>
#<math>x = e</math>
צריך לפתור את כל ארבעת המקרים הנוצרים משתי אפשרויות הללו ולראות כי אנו נמצאים עדיין בתוך השדה.
 
המקרה השני דומה (נצטרך הפעם את השורש).
במקרה השלישי, נסתכל על צמצום הבעיה על ידי כלים גיאומטריים לבעיית חיתוך ישר ונקודה.
 
אחרי שהראינו את הזהות בין נקודות <math>\mathbb{F}^2</math> לבין הנקודות אשר אפשר להגיע אליהן בבנייה עם סרגל ומחוגה נחזור אל שלושת הבעיות הדליות:
#ריבוע המעגל (למצוא ריבוע מסוים עם שטח של מעגל עם רדיוס נתון, כלומר קטע עם אורך <math>a \in \mathbb{F}</math> כך ש-<math>a = \pi r^2</math>.
#הכפלת (נפח) הקוביה
#מציאת שליש של זווית נתונה
 
<u>תרגום (וקצת פתרון)</u>
#נתון מעגל (יחידה). אם נמצא ריבוע ששטחו כשטח המעגל <math>\pi</math>, צלע הריבוע ב-<math>\mathbb{F}</math>, כלומר <math>\sqrt \pi \in \mathbb{F}</math> (שזה כבר שקול לכך ש-<math>\pi \in \mathbb{F}</math>).
 
תקציר: האם <math>\pi \in \mathbb{F}</math>?
 
התשובה היא לא. הוכח רק בסוף המאה ה-19
#הבעיה שקולה בניסוח שלנו לשאלה "האם <math>\sqrt[3]{2}</math>?"
#בניגוד לבעיות הקודמות שדקארט יכל להבין את משמעותן כבר במאה ה-17, את הבעיה הזאת ננסח בכלים קצת יותר מודרניים, מן המאה ה-18. עומר כיאם הראה כי על מנת לפתור את הבעיה צריך לפתור משוואות ממעלה שלישית ואף יותר מכך, כיאם התחיל להתקרב לפתרון המראה כי אין פתרון למשוואות מסויימות. באיטליה השל המאה ה-16 הצליחו כבר לפתור בצורה כללית (באופן אלגברי) את כל המשוואות ממעלה שלישית (הם השתמשו במספרים מרוכבים בלי להתייחס לבעיה שבדבר) וגם הצליחו לפתור חלק מן המשוואות מהמעלה הרביעית.
 
ובחזרה לבעייתנו, נסתכל על השדה <math>\mathbb{F}\left( i \right) = \left\{ {\left. {a + bi} \right|a,b \in \mathbb{F}} \right\}</math>. שדה זה איננו סדור.
טענה: לכל <math>a + ib \in \mathbb{F}\left( i \right)</math> יש שורש ריבועי ב-<math>\mathbb{F}\left( i \right)</math> [פותרים את הבעיה <math>\left( {x + iy} \right)^2 = a + ib</math> ורואים].
נשאל האם אפשר לבנות זווית של <math>\frac{{360^\circ }}{n}</math> עבור <math>n \in \mathbb{N}</math>? אם"ם <math>\exists \omega \in F\left( i \right),\omega ^n = 1 & \left( \begin{gathered}
\omega ^n \ne 1 \hfill \\
1 \leqslant k < n \hfill \\
\end{gathered} \right)</math>
אם ניתן למצוא שליש של כל זווית, בפרט של <math>360^\circ</math>, כלומר <math>120^\circ</math> (זה אפשר) וגם <math>\frac{{360^\circ }}{9}</math> מכאן כי קיים שורש יחידה מדרגה 9 ב-<math>\mathbb{F}\left( i \right)</math>.
 
<u>סימטריה</u>
 
<u>משפט</u>
<math>\sqrt[3]{2} \notin \mathbb{F}\left( i \right)</math>
 
רעיון: ל-<math>\mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{1},\sqrt[3]{2}} \right)</math> יש סימטריה מסדר 3. ל-<math>\mathbb{F}\left( i \right)</math> (ותתי השדות שלו) יש רק סימטריות מסדר <math>2^m</math>.
 
<u>משפט</u>
<math>\pi \notin \mathbb{F}</math>
 
<b>טענה</b>
כל איבר <math>a</math> של <math>\mathbb{F}</math> אלגברי, כלומר קיים פולינום <math>P\left( x \right) = x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + \ldots + a_0</math> <math>a_i \in \mathbb{Q}</math>, כך ש-<math>P\left( a \right) = 0</math>.
 
רעיון: <math>\pi</math> איננו מספר אלגברי (לינדלמן)
 
הרעיון של סימטריה הובן לראשונה באופן עמוק על ידי גלואה (1832-1811). אנחנו נסתכל לא על השדה, אלא על מבנה אחר, חבורה אשר באה לתאר את הסימטריה של השדה עצמו.
 
<u>טענה</u>
 
לשדה <math>\mathbb{Q}\left( {\sqrt 2 } \right)</math> יש סימטריה מסדר 2.<br>
מנקודת המבט של פעולות השדה <math>\sqrt 2</math> מקיים <math>X^2 - 2 = 0</math>, אבל הוא לא היחיד! גם <math> - \sqrt 2</math> מקיים את המשוואה. הטענה היא כי הפתרונות סימטריים לחלוטין, משמע: אין דבר להבדיל בין <math>\sqrt 2</math> ובין <math> - \sqrt 2</math> על ידי פעולות השדה.
 
<u>הוכחה</u>
נגדיר פונקציה <math>\alpha :\mathbb{Q}\left( {\sqrt 2 } \right) \to \mathbb{Q}\left( {\sqrt 2 } \right)</math> על ידי <math>\left( {a,b \in \mathbb{Q}} \right) & \alpha \left( {a + b\sqrt 2 } \right) = a + b\left( { - \sqrt 2 } \right)</math>. המבנה הגיאומטרי של הישר נשבר (אפילו נקודות מאוד קרובות ל-<math>\sqrt 2</math> לא עוברות).
 
<u>טענה</u>
<math>\alpha</math> הוא אוטומורפיזם של <math>\mathbb{Q}\left( {\sqrt 2 } \right)</math> [ההעתקה חחע"ל מתוך השדה לעצמו המשמרת פעולות – הומומורפיזם מהשדה לעצמו).
 
<u>טענה</u>
 
ל-<math>\mathbb{Q}\left( {\sqrt 2 } \right)</math> אין סימטריות מסדר 3.
 
<u>טענה כללית</u>
אם <math>\mathbb{F}'</math> מתקבל מ-<math>\mathbb{Q}</math> על ידי הוספת שורשים ריבועיים ואם <math>\alpha</math> אוטומורפיזם של <math>\mathbb{F}' <math>\alpha \circ \alpha \circ \alpha \left( x \right) = x</math> אז <math>\alpha \left( x \right) = x</math>.
 
<u>הוכחה</u>
באינדוקציה על מספר הצעדים של הוצאת שורש במעבר מ-<math>\mathbb{Q}</math> אל<math>\mathbb{F}'</math>.
 
<math>\mathbb{F}' = \mathbb{F}''\left( {\sqrt b } \right) </math>.
 
נתבונן במקרה <math>\mathbb{F}' = \mathbb{Q}\left( {\sqrt 2 } \right) </math> - המקרה הכללי לא יהיה שונה במיוחד.
 
נשים לב כי <math>\alpha \left( 1 \right) = 1</math>. מכאן כי <math>\alpha \left( 2 \right) = 2</math> וכן הלאה. בנוסף <math>\alpha \left( { - 2} \right) = - 2</math> (כי <math>\alpha \left( { - 2} \right) + \alpha \left( 2 \right) = 0</math>). באופן דומה גם <math>\alpha \left( {\frac{p}{q}} \right) = \frac{{\alpha \left( p \right)}}
{{\alpha \left( q \right)}} = \frac{p}{q}</math>, אבל מה עם <math>\sqrt 2</math>?
 
<math>\sqrt 2</math>מקיים <math>x^2 - 2 = 0</math>, לכן <math>\alpha \left( {\sqrt 2 } \right) </math> מקיים <math>x^2 - 2 = 0</math>. מכאן כי <math>\left( {\alpha \left( {\sqrt 2 } \right)} \right)^2 + 2 = 0</math> אבל משמעות הדבר היא כי <math>\alpha \left( {\sqrt 2 } \right) = \pm 2</math>. האם אפשרי כי <math>\alpha</math> יהיה מסדר 3? בבירור לא.