Hungarian olympiad problem book 2 by Jozsef Kurschak, Elvira Rapaport

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David Hilbert La croce e` equicomplementabile con un quadrato della stessa area In effetti, sono persino equiscomponibili 52 Il terzo problema di Hilbert: la scomposizioni di poliedri Hilbert — come possiamo vedere dalla sua formulazione del problema — si aspettava che non vi fosse un teorema analogo in dimensione tre, ed aveva ragione. In effetti, il problema fu completamente risolto da uno studente di Hilbert, Max Dehn, in due pubblicazioni: la prima, che riporta tetraedri non equiscomponibili di base ed altezza uguali, apparve gi`a nel 1900.

Perch´e? Sappiamo che φn (x) = (x − λ) dove λ descrive tutte le radici di xn − 1 di ordine n. Sia λ = a + ib una di queste radici. Dal momento che n > 1 (poich´e R = Z) abbiamo λ = 1, che implica che la parte reale a e` pi`u piccola di 1. Ora |λ|2 = a2 + b2 = 1, e pertanto |q − λ|2 µ = |q − a − ib|2 = (q − a)2 + b2 = q 2 − 2aq + a2 + b2 = q 2 − 2aq + 1 1 |q − µ| > |q − 1| q > q 2 − 2q + 1 = (q − 1)2 , (poich´e a < 1) e quindi |q − λ| > q − 1 vale per tutte le radici di ordine n. Ci`o implica |φn (q)| = |q − λ| > q − 1, λ il che significa che φn (q) non pu`o essere un divisore di q − 1.

La stima n! > e( ne )n d`a esplicitamente un n “abbastanza grande” Dimostrazione. E` sufficiente mostrare che es non pu`o essere razionale s s t per un numero intero positivo s (se e t fosse razionale, allora anche e t = a es sarebbe razionale). Supponiamo che es = b per due interi a, b > 0, e n sia tanto grande che n! > as2n+1 . Si ponga F (x) := s2n f (x) − s2n−1 f (x) + s2n−2 f (x) ∓ . . + f (2n) (x), dove f (x) e` la funzione del lemma. Alcuni numeri irrazionali 37 F (x) pu`o anche essere scritta come la somma infinita F (x) = s2n f (x) − s2n−1 f (x) + s2n−2 f (x) ∓ .

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