Pergel ve cetvelle yapılamayan çizimler

    0
    37

    İsmail Güloğlu

    Geçen sayıdan devam…

    – Cetvel ve pergel ile çizim yapmanın ne demek olduğunu kesin bir hale getirdin. Bir de bu genel tanımlamayı açıyı üçe bölme problemine tatbik edebilir misin?

    – Bir açı demek, aynı bir \(O\) “köşe” noktasından başlayan bir \((p, q)\) ışın çifti demektir. Örneğin şöyle:

    Aynı açı, \(p\) üzerinde \(O\)’dan farklı bir nokta \(A\), \(q\) üzerinde \(O\)’dan farklı bir nokta \(B\) olmak üzere \(A, O, B\) noktaları ile verilen, \(\measuredangle AOB\) ile gösterilen açı diye de anlatılabilir. Problemin başlangıç noktaları kümesi olarak \(\mathcal{P}_0 = \{O, A, B\}\) kümesini alabiliriz.

    Çizimin amaç noktası \(\measuredangle AOD = \frac 1 3 \measuredangle AOB\) eşitliğini sağlayan \(OD\) ışını üzerinde \(O\)’dan farklı herhangi bir noktadır. Fakat bu ışın üzerinde \(O\)’dan farklı bir \(D\) noktası çizilebilir ise \(C\) noktası da, çizilebilir \(OD\) doğrusu ile, \(O\) merkezli \(|OA|\) yarıçaplı çizilebilir çemberin kesişim noktası yani çizilebilir bir nokta olur. Dolayısı ile \(\measuredangle AOB\) açısının üçe bölünebilirliği \(C\) noktasının çizilebilir olmasına denktir.

    – Yani problemimizi çözmek için \(\mathcal{P}_0 = \{O, A, B\}\) kümesi verilince \(C(\mathcal{P}_0)\) kümesini belirlemeli ve \(C\) noktasının buna ait olup olmadığına karar verebilmeliyiz.

    – Bir dakika, bir dakika. Burda bir kısır döngüye girmiş olmadık mı?

    – Nasıl?

    – Biraz önce açıklamaya çalıştığınız anlamda \(C\) noktası adı konmuş, işaretlenmiş bir nokta değil. Ayrıca “verilmiş” noktalar sadece \(O, A\) ve \(B\) olduğuna göre, belirlenebilen, “kimlikleri tesbit edilebilen” noktalar, çizilebilir noktalardan yani \(C(\{O, A, B\})\) kümesinin elemanlarından ibaret değil mi? Yani \(C\)’nin \(C(\mathcal{P}_0)\)’a ait olup olmadığını sormak bile olanaksız galiba. Eğer \(C(\mathcal{P}_0)\) sonlu bir küme olsaydı, her elemanını tek tek kontrol ederek istenen özelliğe sahip olup olmadığına karar verebilirdik. Ama şimdi?

    – Galiba haklısın. Bir çıkış noktası bulmamız lazım. \(C\)’nin çizilebilir bir nokta olduğunu kabul edip bu varsayımın bir çelişkiye götürdüğünü göstererek dolaylı yoldan \(C\)’nin çizilemez olduğunu ispatlamaya ne dersin?

    – Herhalde siz de öğretmenime güveniyorsunuz. Bunu önerirken aklınızda bir çelişkinin nasıl üretilebileceği hakkında bir fikir var mı? Aksi takdirde bana bu yöntem uçsuz bucaksız bir ormanda kaybolmak gibi geliyor. Üstelik sonsuz tane açının üçe bölünebilir olduğunu biliyoruz. Ben olsam bu yola gitmezdim.

    – Peki, tekrar düşünelim. Sıkıntımız neydi?

    – Özet olarak, verilen noktalardan hareketle çizilebilir olan noktalardan başkasının “adını koyamamak” ve sonsuz bir kümedeki noktaları teker teker kontrol edip problemimizi çözüp çözmediklerine karar verememek.

    – Yani iki iş yapmalıyız. Önce “her noktaya bir ad verme” yöntemi; sonra da “bu adlara bakarak bir noktanın çizilebilir olup olmadığına karar verme” yolu bulmalıyız.

    – Niçin analitik geometriye geçmiyoruz? Uygun bir sisteme göre noktalarımızı koordinatlarsak sadece her noktaya, onu diğerlerinden ayıran bir “ad”, “kimlik” vermiş olmakla kalmayız, problemimizi cebirsel bir probleme, sayılar ve sayı kümeleri ile ilgili bir takım önermelere çevirmiş oluruz. Bu, belki, çizilebilir noktaları karakterize etmek için de bir yöntem verebilir.

    – Problemimize dönerek bu fikri tatbik etmeye çalışalım. Ölçüsü \(\alpha\) olan açı (2. şekildeki gibi) \(A, O, B\) noktaları ile verilmiş olsun. OA ışınını pozitif \(x\)-ekseni, \(O\)’yu başlangıç noktası ve \(|OA|\)’yı birim uzunluk olarak alalım. Böylece \(O\)’nun koordinatlan \((0, 0)\), \(A\)’nın koordinatları \((1, 0)\) olacak şekilde bir koordinat sistemi seçmiş olalım. Buna göre \(OB\) doğrusu ile \(O\) merkezli \(|OA|\) yarıçaplı çemberin kesişimi olan çizilebilir \(A’\) noktasımn koordinatları \((\cos \alpha, \sin \alpha)\) ve amaç noktanın koordinatları \((\cos \frac \alpha 3, \sin \frac \alpha 3)\) olur:

    – Ve buna göre \(\mathcal{P}_0 = \{(0, 0), (1,0), (\cos \alpha, \sin \alpha)\}\) olup \((\cos \frac \alpha 3, \sin \frac \alpha 3)\)’ün \(C(\mathcal{P}_0)\)’a ait olup olmadığını sorabiliriz.

    – Bu arada hemen şu gözleniyor: Bir \((x, y)\) noktasının çizilebilir bir nokta olması için eksenler üzerine izdüşümleri olan \((x,0), (0, y)\) noktalarının da çizilebilir olmaları gerek ve yeter. [Neden?] Buna göre başlangıç noktalarının koordinatlarına başlangıç sayıları ve bu noktalardan hareketle çizilebilir noktaların koordinatlarına “başlangıç sayılarından hareketle çizilebilir sayılar” dersek, bir geometrik çizimin bizim aletlerimizle yapılabilmesi demek çizimin amaç noktalarının koordinatlarının başlangıç sayılarından hareketle çizilebilir sayılar olmaları demektir.

    – Ben birşey daha eklemek istiyorum. \(\mathcal{P}_0\)’daki noktalardan \(P\) noktasının çizilebilir olması \(P\)’nin \(C(\mathcal{P}_0) = \cup_{i = 0}^\infty \mathcal{P}_i\) kümesinde olması demektir, dedik ama, aslında her çizim sonlu adımda gerçekleştirileceği ve dolayısı ile ancak sonlu tane “ara” nokta kullanacağı için, belki, $P$’nin çizilebilir olmasını şöyle anlatmak daha uygun: \(\mathcal{P}_0 = \{A_1, A_2, \dots, A_k\}\) olmak üzere şimdi söyleyeceğim koşulları sağlayan sonlu bir

    \[A_1, A_2, \dots, A_k, P_1, P_2, \dots, P_r\]

    noktalar dizisi kurulabilirse ve ancak bu durumda \(P\) noktası \(\mathcal{P}_0\)’dan çizilebilir bir noktadır. Koşullar şunlar:

    1. Her \(1 \leq i \leq r\) tam sayısı için \(P_i\) noktası \(\{A_1, A_2, \dots, A_k, P_1, P_2, \dots, P_{i – 1}\}\) kümesinden bir adımda çizilebilir.
    2. \(P = P_r\).

    – Tamam. Bu gözlemi “çizilebilir bir nokta, bir çizilebilir sayılar çiftidir” gözlemi ile birleştirirsek şöyle diyebilir miyiz? Verilen \(\mathcal{P}_0\) kümesindeki noktaların koordinatları olan sayıların kümesi \(K_0 = \{a_1, a_2, \dots, a_s\}\) olsun. Bir \(x\) reel sayısının bu \(K_0\) kümesinden hareketle çizilebilir bir sayı olması demek sonlu öyle bir

    \[a_1, a_2, \dots, a_s, x_1, x_2, \dots, x_n\]

    sayılar dizisi var olması demektir ki, \(x = x_n\) olsun ve her \(i \in \{1, 2, \dots, n\}\) için \(x_i\) sayısı \(K_i = \{a_1, a_2, \dots, a_s, x_1, x_2, \dots, x_{i – 1}\}\) kümesinden bir adımda çizilebilir olsun.

    – Fakat bu son tanım pek net olmadı. Cebirsel bir önerme haline getirmek istediğimiz koşul, geometrik kılığı ile ifademize sızdı. Bir sayının, verilen sonlu bir sayılar kümesinden bir adımda çizilebilir olması, ne demek?

    – Bunun için \(K = \{y_1, y_2, \dots, y_m\} \in \mathbb{R}\) verildiği zaman koordinatları bu kümeden alınan noktalardan hareketle bir adımda çizilebilir olan noktaların koordinatlarının \(K\)’daki sayılarla ilişkisini anlamamız lazım. Gel, tahtaya geçelim.

    \((a, b), (c, d)\) noktalarından geçen doğrunun denklemi

    \[(d – b)(x – a) – (c – a)(y – b) = 0\]

    dır. \(a_1 x + b_1 y = c_1\), \(a_2 x + b_2 y = c_2\) doğrularının kesişim noktası, paralel değil iseler, yani \(a_1 b_2 – a_2 b_1 \neq 0\) ise

    \[\Big(\frac{c_1 b_2 – c_2 b_1}{a_1 b_2 – a_2 b_1}, \frac{a_1 c_2 – a_2 c_1}{a_1 b_2 – a_2 b_1}\Big)\]

    dir. Buna göre koordinatları \(K = (y_1,y_2, \dots, y_m)\) sayılar kümesinden alınan farklı noktalardan geçen doğruların kesişim noktalarının koordinatları $K$ kümesinin elemanlarını uygun şekilde toplayıp, çıkarıp, çarpıp, bölerek, yani dört temel işlemle elde edilebiliyor.

    – Şimdi çizilebilir bir çember ile, çizilebilir bir doğrunun kesişim noktalarına sıra geldi. Bunu da ben ifade etmeye çalışayım. Merkezi \((a, b)\) noktası ve yarıçapı \(R\) olan çemberin denklemi

    \[(x – a)^2 + (y – b)^2 = R^2,\]

    yani

    \[x^2 + y^2 – 2 a x – 2 b y + a^2 + b^2 – R^2 = 0\]

    dir. İki \((a_1,b_1), (a_2,b_2)\) noktaları arasındaki uzaklığın karesi de

    \[(a_1 – a_2)^2 + (b_1 – b_2)^2\]

    dir. Buna göre koordinatları \(K\)’dan alınan iki nokta arasındaki uzaklığı yarıçap ve koordinatları \(K\)’dan alınan bir noktayı merkez olarak kabul eden bir çember, \(\mu_1, \mu_2\) ve \(\mu_3\), \(K\)’daki sayılardan toplama, çıkarma ve çarpma işlemleri ile elde edilen sayılar olmak üzere

    \[x^2 + y^2 + \mu_1 x + \mu_2 y + \mu_3 = 0\]

    şeklinde bir denklemle verilir. Koordinatları \(K\)’dan alınan iki farklı noktadan geçen bir doğrunun denklemi ise yine \(v_1, v_2, v_3\) aynı tipte sayılar olmak üzere

    \[v_1 x + v_2 y = v_3,~(v_1, v_2) \neq (0, 0)\]

    idi. Doğrunun denkleminden bilinmeyenlerden birini diğeri cinsinden çözer ve çember denkleminde yerine koyarsak ve geri kalan değişkene \(t\) dersek

    \[t^2 + u t + v = 0\]

    şeklinde ikinci dereceden bir denklem bulunur. Bu arada \(u\) ve \(v\) sabit sayıları \(K\)’daki sayıları uygun şekilde toplayıp, çıkarıp, çarpıp, bölerek elde edilen sayılardır:

    – İki çizilebilir çemberin arakesit noktalarını ayrıca düşünmemize lüzum yok. Çünkü bu noktaları çemberlerden biri ile bu arakesit noktalarından geçen çizilebilir doğrunun arakesit noktaları olarak da görebiliriz. Dolayısı ile senin anlattığın duruma indirgenmiş olur.

    Sonuç olarak, verilen bir \(K\) sayılar kümesinden hareketle bir adımda çizilebilir sayı demek \(A\), \(B\) ve \(C\), \(K\)’daki sayılardan sonlu sayıda toplama, çıkarma, çarpma ve (sıfırdan farklı bir sayı ile) bölme işlemleri ile elde edilebilen herhangi sayılar olmak üzere \(A + B \sqrt{C}\) şeklinde olan bir sayı demektir.

    – Bravo, bundan daha iyi olamazdı.

    – Övgüne teşekkür, ama dikkat! Bir fikrî sıçrama yapmadık mı? Acelecilik edip Hakkı, batılla karıştırmadık mı?

    – Biraz durun… Son hükmünüze kadar koordinatları \(K\)’dan alınan noktalardan başlayarak bir adımda çizilebilir olan noktaların koordinatlarının \(K\)’daki sayılara cebirsel olarak nasıl bağlı olduklarını tesbit ettik. Zannederim buraya kadar bir hata yok… Haa, anladım. Bulduğunuz sadece gerek bir koşul, yeter olmayabilir. Bu tipteki her sayının gerçekten çizilebilir bir noktanın koordinatları olarak görüleceğini, yani çizilebilir bir sayı olduğunu göstermedik.

    – Tamam. Fakat biz kendi problemimizde bir imkansızlık ispatı yapmayı umduğumuz için, belki sadece bu gerek şart ile yetinebiliriz. İstersen yeterlilik meselesini şimdilik erteleyelim. [Bu şartın yeterli de olduğunu ispat edin.]

    – Peki. Şimdi bakalım, bizim problemimizde durum ne?

    – Açıyı üçe bölme probleminde başlangıç sayılar kümemiz \(K_0 = (0, 1, \cos \alpha\}\). Bu sayıları dört işleme tabi tutarak bütün rasyonel sayıları ve \(n, m \in \mathbb{N}\) ve \(i = 0, 1, \dots, n\) için \(a_i \in \mathbb{Q}\), \(j = 0,1, \dots, m\) için \(b_j \in \mathbb{Q}\) ve payda sıfır olmamak üzere

    \[\frac{a_0 + a_1 \cos \alpha + a_2 \cos^2 \alpha + \dots + a_n \cos^n \alpha}{b_0 + b_1 \cos \alpha + b_2 \cos^2 \alpha + \dots + b_m \cos^m \alpha}\]

    şeklindeki bütün sayıları elde edebiliriz. Bu sayıların kümesini \(F_0 = \mathbb{Q}(\cos \alpha)\) ile gösterelim. \(K_0\) kümesinden bir adımda çizilebilir bir sayı, \(a_1, b_1\) ve \(c_1\), \(F_0\)’ın uygun elemanları olmak üzere \(a_1 + b_1 \sqrt{c_1}\) şeklinde bir sayıdır. [Neden?] \(K_1 = \{0,1, \cos \alpha, a_1 + b_1 \sqrt{c_1}\}\) sayılarını dört işleme tâbi tutarak elde edeceğimiz sayılar kümesini \(F_1\) ile gösterirsek, \(F_1 = (a + b \sqrt{c_1} \mid a, b \in F_0\}\) olur, çünkü bu küme \(F_0\) ve \(a_1 + b_1 \sqrt{c_1}\) sayısını içerir ve ayrıca dört işleme göre kapalıdır:

    $$(a + b \sqrt{c_1}) \pm (a’ + b’ \sqrt{c_1}) =$$ $$(a \pm a’) + (b \pm b’) \sqrt{c_1}$$ $$(a + b \sqrt{c_1}) (a’ + b’ \sqrt{c_1}) =$$ $$(aa’ + bb’c_1) + (ab’ + a’b) \sqrt{c_1}$$

    ve \(a, a’, b, b’ \in F_0\) ise \(a \pm a’\), \(b \pm b’\), \(a a’ + b b’ c_1\), \(ab’ + a’b\) de \(F_0\)’a ait olacağından toplama, çıkarma ve çarpma için sorun yok. \(\sqrt{c_1} \in F_0\) ise \(F_1 = F_0\) olacağından \(\sqrt{c_1} \not\in F_0\) farzedebiliriz. Bu durumda \(a’, b’ \in F_0\) olmak üzere \(a’ + b’ \sqrt{c_1} \neq 0\) ise \(a’ – b’ \sqrt{c_1}\) de sıfırdan farklı ve

    $$\frac{a + b \sqrt{c_1}}{a’ + b’ \sqrt{c_1}} =$$ $$\frac{(a + b \sqrt{c_1}) (a’ – b’ \sqrt{c_1})}{(a’)^2 – c_1 (b’)^2} $$

    $$= \frac{aa’ – bb’ c_1}{(a’)^2 – c_1 (b’)^2} + \frac{-ab’ + a’b}{(a’)^2 – c_1 (b’)^2} \sqrt{c_1} $$

    ve \(a, b \in F_0\) ise

    \[\frac{aa’ – bb’ c_1}{(a’)^2 – c_1 (b’)^2} \text{ ve } \frac{-ab’ + a’b}{(a’)^2 – c_1 (b’)^2}\]

    de \(F_0\)’a aittir. Dolayısı ile \(F_1\)’in sıfırdan farklı elemanları ile bölme yaparak da \(F_1\)’in dışına çıkmak, \(F_1\)’de bulunmayan bir reel sayı elde edebilmek mümkün değil. \(F_1\)’i \(F_1 = F_0(\sqrt{c_1})\) ile göstereceğiz. Buna göre bir \(x\) reel sayısı \(K_1\) kümesinden bir defada çizilebilir ise, \(F_1\)’in uygun \(a_2, b_2, c_2\) elemanları ile \(x = a_2 + b_2 \sqrt{c_2}\) yazılabilir, yani \(x\), \(F_2 = F_1(\sqrt{c_2}) = \{a + b \sqrt{c_2} \mid a, b \in F_1\}\) kümesine aittir. \(F_2\), \(K_2 = \{0, 1, \cos \alpha, a_1 + b_1 \sqrt{c_1}, a_2 + b_2 \sqrt{c_2}\}\) sayılarına dört işlemi tatbik ederek elde edeceğimiz sayılar kümesidir. Bu şekilde de devam edeceğiz.

    – Yani \(\alpha\) ölçülü açının sadece cetvel ve pergel kullanılarak üç eşit parçaya ayrılabilmesi durumunda \(\mathbb{R}\) reel sayılar kümesinin \(F_0 = \mathbb{Q}(\cos \alpha)\) alt kümesinden başlayarak öyle \(F_1, F_2, \dots, F_m\) alt kümeleri bulunabilir ki

    1. Her \(i = 1, 2, \dots, m\) için \(F_i\) kümesi \(F_{i – 1}\) kümesinden uygun bir \(c_i \in F_{i – 1}\) ile \(F_i = F_{i – 1}(\sqrt{c_i}) = \{a + b \sqrt{c_i} | a, b \in F_{i – 1}\}\) şeklinde elde edilir.
    2. \(\cos \frac \alpha 3\) sayısı \(F_m\) kümesine aittir.

    şartları sağlanır.

    Ayrıca bu alt kümelerin her biri de toplama, çıkarma, çarpma ve sıfırdan farklı elemanlarla bölme işlemlerine göre kapalıdır.

    – İyi ve güzel ama, doğrusu şimdiye kadar problemin çözümü ile ilgili birşey yapamadık gibi geliyor bana. Sadece çözümü bulabileceğimizi umduğumuz bir alana, cebir alanına, problemimizin tam ve kesin bir tercümesini yapabildik. Peki, çözüm?

    – Herhalde aradığımız noktanın verilen noktalarla bağlantısının ne olduğu üzerinde düşünmemiz gerekiyor.

    – Yani, \(\cos \alpha\) ile \(\cos \frac \alpha 3\) arasındaki ilişkiyi.

    – Fakat bu trigonometrik bağıntılar vasıtası ile kolayca ifade edilebilir.

    \[\cos(3 \gamma) = 4 \cos^3 \gamma – 3 \cos \gamma\]

    dır. \(a = \cos \frac \alpha 3\) dersek

    \[4 a^3 – 3a – \cos \alpha = 0\]

    olmalı.

    – Buna göre \(\alpha\) açısı sadece pergel ve cetvel kullanarak üçe ayrılabilir ise öyle bir \(m \geq 0\) tam sayısı ve reel sayılar kümesinin öyle \(F_0, F_1, \dots, F_m\) alt kümeleri vardır ki şu şartlar sağlanır:

    1. \(F_0 = \mathbb{Q}(\cos \alpha)\)
    2. Her \(k \in \{1, 2, \dots, m\}\) için \(F_k\) kümesi \(F_{k – 1}\) kümesinden, \(c_k \in F_{k – 1}, \sqrt{c_k} \not\in F_{k – 1}\) olmak üzere \(F_k = F_{k – 1}(\sqrt{c_k}) = \{a + b \sqrt{c_k} \mid a, b \in F_{k – 1}\}\) şeklinde elde edilir.
    3. \(4x^3 – 3x – \cos \alpha = 0\) denkleminin \(F_m\)’de bir kökü vardır.

    – Şu halde, uygun bir \(\alpha\) için, bu koşulların sağlandığını varsaymanın bir çelişki doğurduğunu görmeliyiz.

    – Niçin bir iki deneme yapmıyoruz. \(\alpha = 60^\circ\) alalım.

    – O zaman \(F_0 = \mathbb{Q}\) ve denklem \(4 x^3 – 3x – \frac 1 2 = 0\) olacak. Burdan \(2x = t\) dersek \(t^3 – 3t – 1\) çıkıyor.

    – Bu denklemin \(F_0 = Q\)’da bir kökü yok. [Neden?]

    – Şimdi ne olacak? Bu denklemin köklerini bulmak mümkün olsa bile, ki ben üçüncü dereceden bir denklem genelde nasıl çözülür bilmiyorum, bu sayının istediğimiz tipte bir sayı olup olmadığını nasıl bileceğiz? Diğer taraftan \(F_m\) kümelerinin sadece ne tip olduklarını biliyoruz. Bunların ne oldukları hakkında hiçbir bilgimiz olamazken reel sayılar kümesinin \(F_m\) tipi alt kümelerinde nasıl çözüm arayacağız? Galiba yaptıklarımız bir şeye yaramadı.

    – Dur bakalım, hemen yılma, azmini kırma. Bak bakalım dağarcığına, belki işe yarar birşey vardır.

    – Yoruldum artık.

    – Bak şimdi! Neredeyse işi pişirip kotarmışken son adımı atmanı engelleyen bu yılgınlık herhalde zirveye varmak üzere olduğumuzun bir müjdesidir, ama ona kanmaz, mücadelene devam edersen. Unutma ki her çaba, biraz da kendimizi yapma uğraşıdır. Hadi davran, \(a + b \sqrt{c}\) şeklindeki sayılar hakkında neler söyleyebilirsin?

    – Aklıma sadece paydası \(a + b \sqrt{c}\) şeklinde olan kesirleri \(a – b \sqrt{c}\) ile genişletip paydayı rasyonel yapmak geliyor.

    – Ben de şunu hatırlıyorum: \(a\), \(b\) ve \(c\) rasyonel sayılar ve \(\sqrt{c}\) rasyonel değil ve \(a + b \sqrt{c}\) rasyonel katsayılı bir polinomun kökü ise \(a – b \sqrt{c}\) de aynı polinomun bir kökü oluyordu.

    – Karmaşık sayılardaki eşlenik olma işlemine benziyor bu söylediğiniz. Reel katsayılı bir polinomun \(z = c + d \sqrt{-1},~c, d \in \mathbb{R}\) şeklinde bir kökü varsa \(z\)’nin eşleniği \(\bar{z} = c – d \sqrt{-1}\) de aynı polinomun bir köküdür.

    – Heyecan verici bir benzerlik, fakat bunu nasıl kullanabiliriz?

    – Acaba \(a, b, c \in F_{m – 1}\) ve \(\sqrt{c} \not\in F_{m – 1}\) olmak üzere \(a + b \sqrt{c} \in F_m\) sayısı rasyonel katsayılı bir polinomun kökü ise \(a – b \sqrt{c}\) de bir kök oluyor mu?

    – \(a + b \sqrt{c}\)’ye \((a + b \sqrt{c})^* = a – b \sqrt{c}\)’yi karşılık getirme işlemi \([a + b \sqrt{c} \mapsto a – b \sqrt{c}\) bağıntısı gerçekten \(F_m\)’den \(F_m\)’e bir fonksiyon mu?] karmaşık sayılardaki eşlenik alma işlemine paralel ise, yani \(a_1, b_1, a_2, b_2 \in F_{m – 1}\) ve \({z_1 = a_1 + b_1 \sqrt{c},} {z_2 = a_2 + b_2 \sqrt{c}}\) olmak üzere

    1. \((z_1 \pm z_2)^* = z_1^* \pm z_2^*\),
    2. \((z_1 z_2)^* = z_1^* z_2^*\), ve
    3. \(z_1 = z_1^* \Leftrightarrow z_i \in F_{m – 1}\)

    şartları gerçekleniyorsa, istediğin oluyor, çünkü \(f = a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n\) katsayıları rasyonel olan bir polinom ve \(a,b \in F_{m – 1}\) olmak üzere \(f(a + b \sqrt{c}) = 0\) ise

    $$0 = 0^* = f(a + b \sqrt{c})^*=$$ $$[a_0 + a_1 (a + b \sqrt{c}) + \dots + a_n (a + b \sqrt{c})^n]^*=$$ $$a_0^* + a_1^*(a + b \sqrt{c})^* + \dots + a_n^* [(a + b \sqrt{c})^n]^*=$$ $$a_0 + a_1 (a – b \sqrt{c}) + \dots + a_n (a – b \sqrt{c})^n = f(a – b \sqrt{c})$$

    olur, çünkü \(a_i \in \mathbb{Q}\), \(i = 0, 1, \dots, n\) ve \(\mathbb{Q} \subseteq F_{m – 1}\)dir.

    – “Eşlenik” alma işleminin söylediğiniz özelliklere sahip olduğu hemen görülüyor. [Öyle mi?]

    – O halde şimdi rasyonel katsayılı \(t^3 – 3 t – 1\) polinomunun \(a + b \sqrt{c} \in F_m (a, b \in F_{m – 1}, \sqrt{c} \not\in F_{m – 1}\) şeklinde bir kökü olduğunu kabul edelim.

    – O zaman \((a + b \sqrt{c})^* = a – b \sqrt{c} \neq a + b \sqrt{c}\) de bir kök olacak ve dolayısı ile \((t – a – b \sqrt{c}) (t – a + b \sqrt{c})\) polinomu \(t^3 – 3 t – 1\) polinomunu bölecek [neden?], yani \(u \in F_m\) olmak üzere

    \[t^3 – 3 t – 1 = (t – a – b \sqrt{c}) (t – a + b \sqrt{c}) (t – u)\]

    elde edilecek.

    – Buna göre \(u \in F_m\) polinomun bir kökü olduğuna göre \(u^*\) da bir kök olacak. \(u \not\in \{a + b \sqrt{c}, a – b \sqrt{c}\}\) olduğuna göre \(u^* \not\in \{a – b \sqrt{c}, a + b \sqrt{c}\}\) yani \(u = u^*\) olacaktır [neden?]. Bu da \(u \in F_{m – 1}\) demektir. Evet!?

    – Tamam! Buldum! Kanıtlandı! 60 derecelik açının sadece cetvel ve pergel ile üçe bölünemeyeceğini gösterdik.

    – Nasıl?

    – \(F_m\) kümesine ait bir kök varsa, \(F_{m – 1}\)’e ait bir kökün de var olduğunu gördük. Fakat şimdi aynı düşünceleri \(F_{m – 1}\)’e uygulayarak \(F_{m – 1}\)’e ait bir kök varsa, \(F_{m – 2}\)’ye ait bir kökün de olduğuna hükmedebiliriz. Böylece birer birer aşağıya inerek \(\mathbb{Q} = F_0\)’a ait bir kökün bulunması gerektiğini çıkarırız. Fakat polinomumuzun rasyonel kökü yok!

    – Tamam, keşfetmen gerekeni keşfettin. Böylece söyleşiyi noktalayabilecek konuma da geldik. Ama tümüyle bitirmek mümkün değil. Şu ya da bu biçimde yine ele alacağiz. Şimdilik Allahaısmarladık.

    "Bir şeyi öğrenmek demek onu yeniden keşfetmek demektir." Cahit Arf.