1 , 试判断能否用尺规三等分45° , 75° , 90°角

解: 因为cos30°=$\ \frac{\sqrt{3}}{2}\$能用尺规作出 , 所以能用尺规三等分90°角 ,

令z=sin15° , 因为sin30°=$\ \frac{1}{2}\$=2sin15°cos15° , 两边平方得16z⁴‒16z²+1=0 ,

45°角由点0 , 1和1+$\sqrt{- 1}$决定

因此将45°角三等分问题归结为求F=Q($\sqrt{- 1}$)的包含z的二次根式扩张链 ,

z是16z⁴‒16z²+1=0的根 , 而16z⁴‒16z²+1=0的根为$\frac{\pm \sqrt{2} \pm \sqrt{6}}{4}$

那么F⊆F($\sqrt{2}$)⊆F($\sqrt{2}$ , $\sqrt{6}$)是F的包含z的二次根式扩张链 ,

即45°角可以三等分

2 , 证明正7边形不能用尺规作出 ,

证明: 若能 , 则可作出$\frac{2\pi}{7}$角 , 故可作出sin$\frac{2\pi}{7}$ ,

从而sin$\frac{2\pi}{7}$是Q上次数为2的幂的代数元 ,

但是sin$\frac{2\pi}{7}$满足方程64x⁶‒112x⁴+56x²+7=0 , 取p=7 ,

由艾森斯坦判别法知 , 此多项式在Q上不可约 ,

所以sin$\frac{2\pi}{7}$是Q上次数为6的代数元 , 矛盾 ,

习题1角α可以三等分的充分必要条件是多项式4x³‒3x‒cos α在Q(cos α)上可约

证明: 由已知的α可以做出cos α ,

设θ=$\ \frac{\alpha}{3}$ , 由公式cosα=cos3θ=4cos³θ‒3cos θ

可知cos θ是多项式f(x)=4x³‒3x‒cosα的根 ,

必要性 ,

若可以三等分 , 即θ和cos θ可以做出 ,

令F=Q(cos α) , 则|F(cos θ) : F|=2ⁿ⩽3 , 所以|F(cos θ) : F|⩽2 , 故f(x)在F上可约

充分性 ,

若f(x)在F上可约 , 则cos θ是F上的一个次数小于等于2的多项式的根

故有|F(cos θ) : F|⩽2 , 因此cos θ可以做出 ,

习题2证明72°角可以三等分 ,

证明: 因为cos72°=$\frac{\sqrt{5} - 1}{4}$ , 且多项式4x³‒3x‒ $\frac{\sqrt{5} - 1}{4}$在Q(cos72°)内有根$\frac{- \sqrt{5} - 1}{4}$

所以4x³‒3x‒ $\frac{\sqrt{5} - 1}{4}$在Q(cos72°)上可约 , 72°角可以三等分 ,

习题3设p为素数 ,

试证明若正p边形可以用尺规做出 , 则p必须是形如2^t+1的数

证明: 设z=cos$\frac{2\pi}{p}$+isin$\frac{2\pi}{p}$ , 若正p边形可以用尺规做出 , 即z可以做出 ,

z是一个本原p次单位根 , 即z^p=1 ,

由x^p‒1=(x‒1)(x^p‒1+x^p‒2+⋯+x+1)可知

z是Q上的多项式φ(x)=x^p‒1+x^p‒2+⋯+x+1的根 ,

易知φ(x)在Q上是不可约的 , 所以z在Q上的次数等于p‒1 ,

因此若z可用尺规做出则p‒1=2^t , 即p=2^t+1 ,

习题4正7边形、正11边形、正13边形都不能用尺规做出 ,

解: 由上题可知 ,