所谓尺规作图是指在平面上用无刻度的直尺和圆规

利用已知的图形(如点、直线和圆等)作出未知的图形 ,

由于作图工具的限制 , 导致有些图不能用尺规作出 ,

本节利用伽罗瓦理论给出可以用尺规作出的几何图形的一个充分必要条件 ,

从而解决历史上著名的三个不能尺规作图的问题:

(1)任意角三等分 , (2)化因为方 , (3)倍立方 ,

由于任何一个几何图形都是由一些点确定的 ,

例如 , 直线是由其上的两点确定的、圆是由圆心和圆周上的任意一点确定的、

角是由顶点和其两边上的任意两点确定的 , 等等 ,

所以 , 平面上给定的有限个几何图形 , 可以视为是已知的有限个点 ,

而求作的图形不外乎也是平面上的有限个点 ,

于是 , 一个尺规作图问题就可以归结成

从平面上已知的有限个点 , 用直尺和圆规作出适合某些条件的点 ,

令S₀={p₁ , p₂ , ⋯ , p_n} , n⩾2是平面上已知的有限个点组成的集合 ,

若用直尺连接S₀中的任意两点 , 则得到一条直线 ,

若以S₀中的任意一点为圆心 , 以其中任意两点之间的距离为半径 ,

则得到一个圆周 ,

然后 , 把这些直线与直线、直线与圆周、圆周与圆周的交点添加到S₀之中 ,

则我们得到一个新的有限个点组成的集合S₁

重复构造S₁的过程 , 得到由有限个点组成的集合S₂⋯

继续这个过程 , 我们能够得到由有限个点组成的集合S_i的链S₀⊆S₁⊆S₂⊆⋯⊆S_i⊆⋯

$$如果令C(p_{1}\ ,\ p_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ p_{n}) = \bigcup_{i = 0}^{\infty}S_{i}$$

则平面上的点p是由尺规用S₀={p₁ , p₂ , ⋯ , p_n}中的点作出的充分必要条件是

$$p属于C(p_{1}\ ,\ p_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ p_{n}) = \bigcup_{i = 0}^{\infty}S_{i}$$

特别地 , 我们称S₁中的点可用尺规直接从S₀作出 ,

为了给出点p可作的条件 , 我们引入平面的直角坐标系 ,

以点p₁为坐标原点 , 以点p₂为x轴上的单位点 , 即p₁=(0 , 0) , p₂=(1 , 0) ,

这样点集合S₀={p₁ , p₂ , ⋯ , p_n}与C{p₁ , p₂ , ⋯ , p_n}中的所有点

就都确定了各自的坐标

另外 , 平面上的点与复数域C之间存在着自然的一一对应: (x , y)⟷x+$\sqrt{- 1}$y

所以 , 点集合S₀={p₁ , p₂ , ⋯ , p_n}

对应着一个复数集合: {p₁ , p₂ , ⋯ , p_n}⟷{z₁ , z₂ , ⋯ , z_n} ,

其中的复数z_i由点p_i的坐标唯一确定 , 特别地 , z₁=0 , z₂=1 ,

我们把点集合C(p₁ , p₂ , ⋯ , p_n)对应的复数集合记为C(z₁ , z₂ , ⋯ , z_n) ,

则对于平面上的任意一点p , 如果p点对应的复数为z ,

则p属于C(p₁ , p₂ , ⋯ , p_n)⟺z属于C(z₁ , z₂ , ⋯ , z_n) ,

这样 , 点p的尺规作图问题就归结成了确定z属于C(z₁ , z₂ , ⋯ , z_n)的问题 ,

引理9.1已知实数1 , a , b ,

则用直尺和圆规可以作出图形a±b , ab , $\frac{a}{b}\$和$\sqrt{a}$(a＞0)

证: 不妨假定a＞0 , b＞0 ,

(1)在一直线上取E , F , U三点 , 使得EF=a , FU=b则EU=a+b , 如图4.1 ,

(2)在一直线上取E , F , U三点 , 使得EF=a , UF=b , 则EU=a‒b , 如图4.2 ,

(3)过点P作直线l₁ , l₂ , 在l₁上取点E , F , 使得PE=1 , PF=a ,

在l₂上取点U , 使得PU=b , 连接EU , 过F作EU的平行线 , 交l₂于V ,

则PV=ab , 如图4.3 ,

(4)过点P作直线l₁ , l₂ , 在l₁上取点E , F , 使得PE=1 , PF=b ,

在l₂上取点V , 使得PV=a , 连接FV , 过E作FV的平行线 , 交l₂于U ,

则PU=$\ \frac{a}{b}\$ , 如图4.3 ,

(5)在一直线l上取E , U , F三点 , 使得EU=1 , UF=a , 以EF的中点O为圆心 ,

以$\ \frac{1}{2}\$(1+a)为半径画弧交过U的l的垂线于V , 则UV=$\sqrt{a}$ , 如图4.4 ,

下面我们分析一下仅从点p₁ , p₂(集合{0 , 1})出发能作出哪些点(复数) ,

首先在x轴上可以作出点(a , 0) , a属于Z , 在y轴上可以作出点(0 , b) , b属于Z ,

进而可以作出平面上一切点(a , b)及点(a , b)的m分点$\left( \frac{a}{m},\frac{b}{m} \right)$

即Q($\sqrt{- 1}$)中的所有数属于C(0 , 1) ,

也称域Q($\sqrt{- 1}$)中的所有数都可以用尺规从数集{0 , 1}作出

引理9.2证明可以用尺规从S₀={0 , 1 , z₁ , z₂ , ⋯ , z_n}

作出F=Q($\sqrt{- 1}$ , z₁ , ⋯ , z_n , ${\overline{z}}_{1}$ , ⋯ , ${\overline{z}}_{n}$) , 其中z_i=a_i+b_i$\sqrt{- 1}$(1⩽i⩽n)是复数

证: 易知 , F=F₀($\sqrt{- 1}$) , 其中F₀=Q(a₁ , ⋯ , a_n , b₁ , ⋯ , b_n)

因为a₁ , ⋯ , a_n , b₁ , ⋯ , b_n可以用尺规从S₀作出

由引理9.1可知 , F₀可以用尺规从S₀作出 ,

从而 , F可以用尺规从S₀作出 ,

引理9.3设复数z=a+b$\sqrt{- 1}$能用尺规直接从S={0 , 1 , z₁ , z₂ , ⋯ , z_n}作出 ,

其中z_i(1⩽i⩽n)是复数 ,

若令F=Q($\sqrt{- 1}$ , z₁ , ⋯ , z_n , ${\overline{z}}_{1}$ , ⋯ , ${\overline{z}}_{n}$) ,

则存在F的二次根式扩张链F包含于F(α) , α²属于F , α²⩾0 , z属于F(α)

证: 我们分三种情况讨论 :

(1)若z是两直线的交点 , 即z是方程组

$\left\{ \begin{array}{r} (a_{1} - a_{2})\left( y - b_{2} \right) = \left( b_{1} - b_{2} \right)\left( x - a_{2} \right) \\ (c_{1} - c_{2})\left( y - d_{2} \right) = \left( d_{1} - d_{2} \right)\left( x - c_{2} \right) \end{array} \right.\$

的解, 其中a_j+b_j$\sqrt{- 1}$ , c_j+d_j$\sqrt{- 1}$(j=1 , 2)是S₀中的复数 ,

则由$\ \frac{1}{2}\$(z_i+${\overline{z}}_{i}$) , $\ \frac{1}{2}\$(z_i‒${\overline{z}}_{i}$)属于域F可知 , a_j , b_j , c_j , d_j(j=1 , 2)属于域F ,

那么线性方程组的解属于域F , 从而 , 两直线的交点也属于域F ,

(2)若z是直线与圆周的交点 , 即z是方程组

$\left\{ \begin{array}{r} (a_{1} - a_{2})\left( y - b_{2} \right) = \left( b_{1} - b_{2} \right)\left( x - a_{2} \right) \\ (x - c)^{2} + (y - d)^{2} = r^{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{array} \right.\$

的解, 其中a₁+b₁$\sqrt{- 1}$ , a₂+b₂$\sqrt{- 1}$ , c+d$\sqrt{- 1}$是S₀中的复数 ,

则由$\ \frac{1}{2}\$(z_i+${\overline{z}}_{i}$) , $\ \frac{1}{2}\$(z_i‒${\overline{z}}_{i}$)属于域F可知 , a₁ , a₂ , b₁ , b₂ , c , d属于F ,

r是S₀中两复数差的模 , 因而 , r²属于F ,

所以z是F上二次方程的一个解,

且存在F的二次根式扩张链F包含于F(α) , α²属于F , α²⩾0 , z属于F(α) ,

(3)若z是圆周与圆周的交点 , 即z是方程组

$$\left\{ \begin{array}{r} \left( x - a_{1} \right)^{2} + \left( y - b_{1} \right)^{2} = r_{1}^{2} \\ \left( x - a_{2} \right)^{2} + \left( y - b_{2} \right)^{2} = r_{2}^{2} \end{array} \right.\$$

的解, 其中a₁+b₁$\sqrt{- 1}$ , a₂+b₂$\sqrt{- 1}$ 是S₀中的复数 ,

则由$\ \frac{1}{2}\$(z_i+${\overline{z}}_{i}$) , $\ \frac{1}{2}\$(z_i‒${\overline{z}}_{i}$)属于域F知 , a₁ , a₂ , b₁ , b₂属于F ,

注意 , 上述两个方程相减后 , 变成了F上的直线方程与圆周方程构成的方程组

因此同(2) , 存在F的二次根式扩张链F包含于F(α) , α²属于F , α²⩾0 , z属于F(α)

定理9.1令F=Q($\sqrt{- 1}$ , z₁ , ⋯ , z_n , ${\overline{z}}_{1}$ , ⋯ , ${\overline{z}}_{n}$) , 其中z_i(1⩽i⩽n)为复数 ,

那么一个复数z可以用尺规从S₀={0 , 1 , z₁ , z₂ , ⋯ , z_n}作出的充分必要条件是

存在域F的一个二次根式扩张链F=F₀⊆F₁⊆⋯⊆F_m=E使其满足: z属于E

其中F_i=F_i‒1(u_i) , u_i是x²‒a_i , 的根 , a_i属于F_i‒1 , i=1 , 2 , ⋯ , m ,

证: (必要性)若复数z可用尺规从S₀直接作出 , 则由引理9.3可知结论成立 ,

如果z不能从S₀直接用尺规作出 ,

而是经过有限步作图之后再在此基础上可以作出 ,

即存在一串点$z_{1}^{\ '}$ , ⋯ , $z_{i}^{\ '}$ , 满足$z_{i + 1}^{\ '}$ ,

可以由S₀⋃{$z_{1}^{\ '}$ , ⋯ , $z_{i}^{\ '}$}(1⩽i⩽t‒1)直接作出

于是对t用数学归纳法可以证明存在域F的一个二次根式扩张链F=F₀⊆F₁⊆⋯⊆F_m=E使其满足: z属于E

其中F_i=F_i‒1(u_i) , u_i是x²‒a_i的根 , a_i属于F_i‒1 , i=1 , 2 , ⋯ , m ,

(充分性)由引理9.2可知F的元素可以用尺规从S₀作出 ,

若F_i‒1的元素可以用尺规从S₀作出 ,

则F_i=F_i‒1(u_i)中的元素是F_i‒1的元素经加、减、乘、除、开方运算得到的 ,

由引理9.1可知F_i的元素可以用尺规从S₀作出 ,

因此 , E的元素可以用尺规从S₀作出 , 所以 , z可以用尺规从S₀作出

推论9.1令F=Q(z₁ , ⋯ , z_n , ${\overline{z}}_{1}$ , ⋯ , ${\overline{z}}_{n}$) ,

若复数z可以用尺规从{0 , 1 , z₁ , z₂ , ⋯ , z_n}作出 ,

则z是F上次数为2的幂的代数元 ,

证: 由定理9.1 , 存在域F的一个二次根式扩张链F⊆F₀=F($\sqrt{- 1}$)⊆F₁⊆⋯⊆F_m=E

使其满足: z属于E , 其中F_i=F_i‒1(u_i) , u_i是x²‒a_i的根 , a_i属于F_i‒1 , i=1 , 2 , ⋯ , m

显然 , E关于F的扩张次数是2的幂 ,

进而由|E : F|=|E : F(z)||F(z) : F|可知 , z是F上次数为2的幂的代数元 ,

例9.1化圆为方问题 ,

解: 这个问题可以归结为从两点(0 , 0)(1 , 0)(或数集S₀={0 , 1})出发

求满足x²=π的z能否用尺规作出

(圆的半径为1 , 则圆的面积为π , 所求正方形的边长为z )

因为z²=π , π是超越元 , 故z也是超越元 , z不会是Q上次数为2的幂的代数元

由推论9.1可知 , z不能用尺规作出 ,

例9.2倍立方问题 ,

解: 这个问题可以归结为从两点(0 , 0) , (1 , 0)(或数集S₀={0 , 1})出发 ,

求满足x³=2的z能否用尺规作出

(已知立方体的边长为1 , 所求立方体的边长为z)

因为属于Q[x]的f(x)=x³‒2是不可约元 ,

所以|Q(z) : Q|=3 , 即z不会是Q上次数为2的幂的代数元 ,

由推论9.1可知 , z不能用尺规作出 ,

例9.3三等分角问题

解: 若任意一个角可以三等分 , 则60°角也应该能三等分 ,

进而cos20°可以用尺规作出 , 但是cos60°=$\ \frac{1}{2}\$=4(cos20°)³‒3cos20° ,

即cos20°是方程4x³‒3x‒$\ \frac{1}{2}\$=0的根 ,

我们将60°角的三等分问题归结为 :

已知三个点z₁=0 , z₂=1 , z₃=$\ \frac{1}{2}\$+$\ \frac{1}{2}\ \sqrt{- 3}$ , 如图4.5

求满足4x³‒3x‒$\ \frac{1}{2}\$=0的z=cos20°能否用尺规作出

显然 , F=Q(z₁ , z₂ , z₃)=Q($\sqrt{- 3}$) , |F : Q|=2 ,

若z=cos20°可以用尺规作出 , 则存在n , 使得|F(z) : F|=2ⁿ ,

进而 , |F(z) : Q|=2ⁿ⁺¹

因为属于Q[x]的多项式4x³‒3x‒$\ \frac{1}{2}\$是不可约的 , 所以|Q(z) : Q|=3 ,

这与|F(z) : Q|=|F(z) : Q(z)||Q(z) : Q|矛盾 , 因此 , 不能用尺规作出三等分角 ,

习题