Teorema 21.3.1.
Himpunan semua bilangan real yang dapat dikonstruksi membentuk sublapangan \(F\) dari lapangan bilangan real.
Bagian 21.3 Konstruksi Geometris
Di Yunani kuno, diajukan tiga masalah klasik. Masalah-masalah ini bersifat geometris dan melibatkan konstruksi penggaris lurus dan jangka dari materi yang kini termasuk geometri sekolah menengah; yaitu, kita hanya diizinkan menggunakan penggaris lurus dan jangka untuk menyelesaikannya. Masalah-masalah tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut.
-
Untuk sembarang sudut yang diberikan, dapatkah sudut tersebut ditriseksi menjadi tiga sudut bagian yang sama hanya dengan penggaris lurus dan jangka?
-
Untuk sembarang lingkaran yang diberikan, dapatkah dibangun persegi dengan luas yang sama hanya dengan penggaris lurus dan jangka?
-
Untuk suatu kubus yang diberikan, dapatkah dibangun rusuk kubus lain yang volumenya dua kali volume kubus semula? Sekali lagi, kita hanya diizinkan menggunakan penggaris lurus dan jangka untuk konstruksi tersebut.
Setelah membingungkan para matematikawan selama lebih dari dua ribu tahun, setiap konstruksi ini akhirnya terbukti mustahil. Kita akan menggunakan teori lapangan untuk memberikan bukti bahwa penyelesaiannya tidak ada. Sungguh luar biasa bahwa jawaban yang lama dicari bagi ketiga masalah geometri ini berasal dari aljabar abstrak.
Pertama-tama, mari kita tentukan secara lebih khusus apa yang dimaksud dengan penggaris lurus dan jangka, serta menelaah sifat masalah-masalah ini secara lebih mendalam. Sebagai permulaan, penggaris lurus bukanlah penggaris ukur. Kita tidak dapat mengukur sembarang panjang dengan penggaris lurus. Alat ini hanya digunakan untuk menggambar garis melalui dua titik. Pernyataan bahwa triseksi sembarang sudut mustahil berarti terdapat sedikitnya satu sudut yang mustahil ditriseksi dengan konstruksi penggaris lurus dan jangka. Dalam kasus-kasus khusus, suatu sudut tentu dapat ditriseksi. Kita dapat mengonstruksi sudut \(30^\circ\text{;}\) jadi, sudut \(90^\circ\) dapat ditriseksi. Akan tetapi, kita akan menunjukkan bahwa sudut \(20^\circ\) mustahil dikonstruksi. Oleh karena itu, kita tidak dapat mentriseksi sudut \(60^\circ\text{.}\)
Subbagian 21.3.1 Bilangan yang Dapat Dikonstruksi
Bilangan real \(\alpha\) disebut dapat dikonstruksi jika kita dapat mengonstruksi ruas garis sepanjang \(| \alpha |\) dalam sejumlah hingga langkah dari ruas garis satuan dengan menggunakan penggaris lurus dan jangka.
Bukti.
Misalkan \(\alpha\) dan \(\beta\) bilangan yang dapat dikonstruksi. Kita harus menunjukkan bahwa \(\alpha + \beta\text{,}\) \(\alpha - \beta\text{,}\) \(\alpha \beta\text{,}\) dan \(\alpha / \beta\) (\(\beta \neq 0\)) juga merupakan bilangan yang dapat dikonstruksi. Kita dapat mengasumsikan \(\alpha\) dan \(\beta\) keduanya positif dengan \(\alpha \gt \beta\text{.}\) Cara mengonstruksi \(\alpha + \beta\) dan \(\alpha - \beta\) cukup jelas. Untuk memperoleh ruas garis sepanjang \(\alpha \beta\text{,}\) kita asumsikan \(\beta \gt 1\) dan mengonstruksi segitiga dalam Gambar 21.3.2 sedemikian sehingga segitiga \(\triangle ABC\) dan \(\triangle ADE\) sebangun. Karena \(\alpha / 1 = x / \beta\text{,}\) ruas garis \(x\) memiliki panjang \(\alpha \beta\text{.}\) Konstruksi serupa dapat dibuat jika \(\beta \lt 1\text{.}\) Kita serahkan sebagai latihan untuk menunjukkan bahwa segitiga yang sama dapat digunakan untuk mengonstruksi \(\alpha / \beta\) untuk \(\beta \neq 0\text{.}\)
Lema 21.3.3.
Jika \(\alpha\) merupakan bilangan yang dapat dikonstruksi, maka \(\sqrt{\alpha}\) merupakan bilangan yang dapat dikonstruksi.
Bukti.
Dalam Gambar 21.3.4, segitiga \(\triangle ABD\text{,}\) \(\triangle BCD\text{,}\) dan \(\triangle ABC\) sebangun; jadi, \(1 /x = x / \alpha\text{,}\) atau \(x^2 = \alpha\text{.}\)
Berdasarkan Teorema 21.3.1, kita dapat menempatkan pada bidang setiap titik \(P =( p, q)\) yang memiliki koordinat rasional \(p\) dan \(q\text{.}\) Kita perlu mengetahui titik-titik lain yang dapat dikonstruksi dengan jangka dan penggaris lurus dari titik-titik berkoordinat rasional.
Lema 21.3.5.
Misalkan \(F\) suatu sublapangan dari \({\mathbb R}\text{.}\)
-
Jika suatu garis memuat dua titik di \(F\text{,}\) maka garis itu memiliki persamaan \(a x + by + c = 0\text{,}\) dengan \(a\text{,}\) \(b\text{,}\) dan \(c\) berada di \(F\text{.}\)
-
Jika suatu lingkaran berpusat di titik dengan koordinat di \(F\) dan berjari-jari yang juga berada di \(F\text{,}\) maka lingkaran itu memiliki persamaan \(x^2 + y^2 + d x + e y + f = 0\text{,}\) dengan \(d\text{,}\) \(e\text{,}\) dan \(f\) berada di \(F\text{.}\)
Bukti.
Misalkan \((x_1, y_1)\) dan \((x_2, y_2)\) titik-titik pada suatu garis yang koordinatnya berada di \(F\text{.}\) Jika \(x_1 = x_2\text{,}\) maka persamaan garis melalui kedua titik tersebut adalah \(x - x_1 = 0\text{,}\) yang berbentuk \(a x + by + c = 0\text{.}\) Jika \(x_1 \neq x_2\text{,}\) maka persamaan garis melalui kedua titik diberikan oleh
\begin{equation*}
y - y_1 = \left( \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} \right) (x - x_1)\text{,}
\end{equation*}
yang juga dapat dinyatakan dalam bentuk yang sesuai.
Untuk membuktikan bagian kedua lema, misalkan \((x_1, y_1)\) pusat lingkaran berjari-jari \(r\text{.}\) Maka lingkaran itu memiliki persamaan
\begin{equation*}
(x - x_1)^2 + (y - y_1)^2 - r^2 = 0\text{.}
\end{equation*}
Persamaan ini mudah dinyatakan dalam bentuk yang sesuai.
Dengan memulai dari lapangan bilangan yang dapat dikonstruksi \(F\text{,}\) kita memiliki tiga cara yang mungkin untuk mengonstruksi titik-titik tambahan di \({\mathbb R}\) dengan jangka dan penggaris lurus.
-
Untuk menemukan titik-titik baru yang mungkin di \({\mathbb R}\text{,}\) kita dapat mengambil perpotongan dua garis, yang masing-masing melalui dua titik yang diketahui dengan koordinat di \(F\text{.}\)
-
Perpotongan garis yang melalui dua titik berkoordinat di \(F\) dengan lingkaran yang pusatnya berkoordinat di \(F\) dan panjang jari-jarinya berada di \(F\) akan menghasilkan titik-titik baru di \({\mathbb R}\text{.}\)
-
Kita dapat memperoleh titik-titik baru di \({\mathbb R}\) dengan memperpotongkan dua lingkaran yang pusatnya berkoordinat di \(F\) dan panjang jari-jarinya berada di \(F\text{.}\)
Kasus pertama tidak menghasilkan titik baru di \({\mathbb R}\text{,}\) karena penyelesaian dua persamaan berbentuk \(a x + by + c = 0\) dengan koefisien di \(F\) akan selalu berada di \(F\text{.}\) Kasus ketiga dapat direduksi menjadi kasus kedua. Misalkan
\begin{gather*}
x^2 + y^2 + d_1 x + e_1 y + f_1 = 0\\
x^2 + y^2 + d_2 x + e_2 y + f_2 = 0
\end{gather*}
adalah persamaan dua lingkaran, dengan \(d_i\text{,}\) \(e_i\text{,}\) dan \(f_i\) berada di \(F\) untuk \(i = 1, 2\text{.}\) Kedua lingkaran ini memiliki titik potong yang sama dengan lingkaran
\begin{equation*}
x^2 + y^2 + d_1 x +e_1 x + f_1 = 0
\end{equation*}
dan garis
\begin{equation*}
(d_1 - d_2) x + b(e_2 - e_1)y + (f_2 - f_1) = 0\text{.}
\end{equation*}
Persamaan terakhir adalah persamaan tali busur yang melalui titik-titik potong kedua lingkaran. Jadi, perpotongan dua lingkaran dapat direduksi menjadi kasus perpotongan garis dengan lingkaran.
Dengan meninjau kasus perpotongan garis dan lingkaran, kita harus menentukan sifat penyelesaian persamaan-persamaan
\begin{align*}
a x + by + c & = 0\\
x^2 + y^2 + d x + e y + f & = 0\text{.}
\end{align*}
Jika kita mengeliminasi \(y\) dari persamaan-persamaan ini, kita memperoleh persamaan berbentuk \(Ax^2 + B x + C = 0\text{,}\) dengan \(A\text{,}\) \(B\text{,}\) dan \(C\) berada di \(F\text{.}\) Koordinat \(x\) dari titik-titik potong diberikan oleh
\begin{equation*}
x = \frac{- B \pm \sqrt{B^2 - 4 A C} }{2 A}
\end{equation*}
dan berada di \(F( \sqrt{\alpha}\, )\text{,}\) dengan \(\alpha = B^2 - 4 A C \gt 0\text{.}\) Kita telah membuktikan lema berikut.
Lema 21.3.6.
Misalkan \(F\) lapangan bilangan yang dapat dikonstruksi. Maka titik-titik yang ditentukan oleh perpotongan garis dan lingkaran di \(F\) terletak dalam lapangan \(F( \sqrt{\alpha}\, )\) untuk suatu \(\alpha\) di \(F\text{.}\)
Teorema 21.3.7.
Bilangan real \(\alpha\) dapat dikonstruksi jika dan hanya jika terdapat barisan lapangan
\begin{equation*}
{\mathbb Q} = F_0 \subset F_1 \subset \cdots \subset F_k
\end{equation*}
sedemikian sehingga \(F_i = F_{i-1}( \sqrt{ \alpha_i}\, )\) dengan \(\alpha_i \in F_{i-1}\) dan \(\alpha \in F_k\text{.}\) Secara khusus, terdapat bilangan bulat \(k \gt 0\) sedemikian sehingga \([{\mathbb Q}(\alpha) : {\mathbb Q} ] = 2^k\text{.}\)
Bukti.
Keberadaan setiap \(F_i\) dan \(\alpha_i\) merupakan konsekuensi langsung dari Lema 21.3.6 dan fakta bahwa
\begin{equation*}
[F_k: {\mathbb Q}] = [F_k : F_{k - 1}][F_{k - 1} : F_{k - 2}] \cdots [F_1: {\mathbb Q} ] = 2^k\text{.}
\end{equation*}
Korolari 21.3.8.
Lapangan semua bilangan yang dapat dikonstruksi merupakan perluasan aljabar dari \({\mathbb Q}\text{.}\)
Seperti terlihat dari lapangan bilangan yang dapat dikonstruksi, tidak setiap perluasan aljabar dari suatu lapangan merupakan perluasan hingga.
Subbagian 21.3.2 Menggandakan Kubus dan Menguadratkan Lingkaran
Kini kita siap menyelidiki masalah klasik menggandakan kubus dan menguadratkan lingkaran. Kita dapat menggunakan lapangan bilangan yang dapat dikonstruksi untuk menunjukkan dengan tepat kapan suatu konstruksi geometri dapat dilakukan.
Menggandakan kubus adalah mustahil.
Untuk rusuk suatu kubus yang diberikan, mustahil mengonstruksi dengan penggaris lurus dan jangka rusuk kubus yang volumenya dua kali volume kubus semula. Misalkan kubus semula memiliki rusuk sepanjang \(1\) dan, oleh karena itu, volume \(1\text{.}\) Jika kita dapat mengonstruksi kubus bervolume \(2\text{,}\) kubus baru ini akan memiliki rusuk sepanjang \(\sqrt[3]{2}\text{.}\) Akan tetapi, \(\sqrt[3]{2}\) merupakan nol dari polinomial tak tereduksi \(x^3 -2\) atas \({\mathbb Q}\text{;}\) jadi,
\begin{equation*}
[{\mathbb Q}(\sqrt[3]{2}\, ) : {\mathbb Q}] = 3
\end{equation*}
Hal ini mustahil karena \(3\) bukan pangkat dari \(2\text{.}\)
Menguadratkan lingkaran.
Misalkan kita memiliki lingkaran berjari-jari \(1\text{.}\) Luas lingkaran itu adalah \(\pi\text{;}\) oleh karena itu, kita harus dapat mengonstruksi persegi dengan sisi \(\sqrt{\pi}\text{.}\) Hal ini mustahil karena \(\pi\) dan, akibatnya, \(\sqrt{\pi}\) keduanya transenden. Oleh karena itu, dengan menggunakan penggaris lurus dan jangka, kita tidak mungkin mengonstruksi persegi yang luasnya sama dengan lingkaran tersebut.
Subbagian 21.3.3 Mentriseksi Sudut
Mentriseksi sembarang sudut adalah mustahil. Kita akan menunjukkan bahwa sudut \(20^\circ\) mustahil dikonstruksi. Akibatnya, sudut \(60^{\circ}\) tidak dapat ditriseksi. Pertama-tama kita perlu menghitung rumus sudut rangkap tiga untuk kosinus:
\begin{align*}
\cos 3 \theta & = \cos( 2 \theta + \theta )\\
& = \cos 2 \theta \cos \theta - \sin 2 \theta \sin \theta\\
& = ( 2 \cos^2 \theta - 1) \cos \theta - 2 \sin^2 \theta \cos \theta\\
& = ( 2 \cos^2 \theta - 1) \cos \theta - 2 (1- \cos^2 \theta) \cos \theta\\
& = 4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta\text{.}
\end{align*}
Sudut \(\theta\) dapat dikonstruksi jika dan hanya jika \(\alpha = \cos \theta\) dapat dikonstruksi. Misalkan \(\theta = 20^{\circ}\text{.}\) Maka \(\cos 3 \theta = \cos 60^\circ = 1/2\text{.}\) Berdasarkan rumus sudut rangkap tiga untuk kosinus,
\begin{equation*}
4 \alpha^3 - 3 \alpha = \frac{1}{2}\text{.}
\end{equation*}
Oleh karena itu, \(\alpha\) merupakan nol dari \(8 x^3 - 6 x -1\text{.}\) Polinomial ini tidak memiliki faktor di \({\mathbb Z}[x]\text{,}\) sehingga tak tereduksi atas \({\mathbb Q}[x]\text{.}\) Jadi, \([{\mathbb Q}( \alpha ) : {\mathbb Q }] = 3\text{.}\) Akibatnya, \(\alpha\) tidak dapat dikonstruksi.
Subbagian 21.3.4 Catatan Sejarah
Teori bilangan aljabar menggunakan perangkat aljabar untuk menyelesaikan masalah dalam teori bilangan. Teori bilangan aljabar modern bermula dengan Pierre de Fermat (1601–1665). Tentu saja kita dapat menemukan banyak bilangan bulat positif yang memenuhi persamaan \(x^2 + y^2 = z^2\text{;}\) Fermat menduga bahwa persamaan \(x^n + y^n = z^n\) tidak memiliki penyelesaian bilangan bulat positif untuk \(n \geq 3\text{.}\) Ia menulis pada margin salinan terjemahan Latin Arithmetica karya Diophantus bahwa ia telah menemukan bukti yang menakjubkan untuk teorema ini, tetapi margin buku tersebut terlalu sempit untuk memuatnya. Dengan melanjutkan karya matematikawan lain, Andrew Wiles akhirnya berhasil membuktikan Teorema Terakhir Fermat pada 1990-an. Pencapaian Wiles diberitakan di halaman depan New York Times.
Upaya membuktikan Teorema Terakhir Fermat telah menghasilkan sumbangan penting bagi teori bilangan aljabar dari matematikawan terkemuka seperti Leonhard Euler (1707–1783). Kemajuan penting dalam pemahaman Teorema Terakhir Fermat dicapai oleh Ernst Kummer (1810–1893). Murid Kummer, Leopold Kronecker (1823–1891), menjadi salah satu ahli aljabar terkemuka pada abad kesembilan belas. Teori ideal Kronecker dan kajiannya mengenai teori bilangan aljabar memberikan banyak sumbangan bagi pemahaman lapangan.
David Hilbert (1862–1943) dan Hermann Minkowski (1864–1909) termasuk matematikawan yang merintis bidang ini pada awal abad kedua puluh. Hilbert dan Minkowski sama-sama menjadi matematikawan di Universitas Göttingen, Jerman. Göttingen benar-benar merupakan salah satu pusat penelitian matematika terpenting selama dua abad terakhir. Banyak matematikawan luar biasa yang belajar di sana, termasuk Gauss, Dirichlet, Riemann, Dedekind, Noether, dan Weyl.
André Weil menjawab pertanyaan dalam teori bilangan dengan menggunakan geometri aljabar, bidang matematika yang mengkaji geometri melalui kajian gelanggang komutatif. Dari sekitar tahun 1955 hingga 1970, Alexander Grothendieck mendominasi bidang geometri aljabar. Pierre Deligne, seorang murid Grothendieck, menyelesaikan beberapa konjektur Weil dalam teori bilangan. Salah satu sumbangan terbaru bagi aljabar dan teori bilangan adalah bukti Gerd Faltings atas konjektur Mordell. Konjektur Mordell ini, yang kini dikenal sebagai teorema Faltings, pada intinya menyatakan bahwa polinomial tertentu \(p(x, y)\) di \({\mathbb Z}[x,y]\) hanya memiliki sejumlah hingga penyelesaian integral.
