尺规作图问题：从基础原理到三大难题的不可解性证明
尺规作图问题：从基础原理到三大难题的不可解性证明
3.4 尺规作图问题
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3.4 尺规作图问题
平面上几何图形的作图问题是初等数学中非常吸引人的一部分内容。由于历史的原因，人们对作图问题的工具作了限定，即作图时只能使用无刻度的直尺和圆规。因此，平面上的作图问题也称为尺规作图问题。在数学发展史上，最著名的，为人们最广泛熟知的尺规作图问题是 3 个古典难题：化圆为方，倍立方体和三等分角。这些问题的彻底否定解决是 19 世纪的事情，而且它们的解决都涉及了域的扩张理论。
在具体阐述这 3 个古典难题的解决方法之前，让我们简单看一下，如何用直尺和圆规作出“+、-、×、÷”和平方根。
作 $a+b$ 图示（图 3．2）。
作 $a-b$ 图示（图 3．3）。
作 $ab$ 图示（图3．4）。
作 $\frac{a}{b}$ 图示（图 3．5）。
作 $\sqrt{a}$ 图示（图 3．6）。
为了清晰地阐述尺规作图问题，我们首先把几何问题转化成代数问题，即用代数的语言描述几何问题。特别地，尺规作图的任何一个问题都可以表述成域上的一个代数问题。实际上，尺规作图问题是说，已经给定平面上的有限个几何图形，如点，线，圆，角等，然后限定只能用直尺和圆规作出满足某些条件的几何图形。
由于任何一个几何图形都是由一些点确定的，如直线由其上的两点确定，圆由圆心和圆周上的任意一点确定，角由顶点和其两边上的任意两点确定等等。所以，平面上给定的有限个几何图形，可以视为已知有有限个点，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的有限个点，用直尺和圆规作出适合某些条件的点。
现在，令 $S_1={p_1, p_2, \cdots, p_n}$ 是平面上已知的有限个点组成的集合。如果用直线连接 $S_1$ 中的任意两点，则得到一条直线；以 $S_1$ 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 $S_1$ 之中，则我们得到一个新的有限个点组成的集合 $S_2$。重复构作 $S_2$ 的过程，得到由有限个点组成的集合 $S_3$，继续这个过程，则可以得到由有限个点组成的集合 $S_i$ 的链
$S_1 \subseteq S_2 \subseteq \cdots \subseteq S_i \subseteq \cdots$
注意，在上面的点集合链中 $S_i$ 中的点是由尺规用 $S_{i-1}$ 中的点作出的，$i \geq 2$。如果令 $C(p_1, p_2, \cdots, p_n) = \bigcup_{i=1}^{\infty} S_i$，则平面上的点 $p$ 是由尺规用 $S_1={p_1, p_2, \cdots, p_n}$ 中的点作出的充分必要条件是 $p \in C(p_1, p_2, \cdots, p_n) = \bigcup_{i=1}^{\infty} S_i$。
下面，我们就具体用“坐标法”将尺规作图问题归结成代数问题。在此我们不妨假设涉及的初始点个数 $n \geq 2$。
首先，在平面上建立一个直角坐标系，以点 $p_1$ 为坐标原点，即 $p_1=(0,0)$，以点 $p_2$ 为 $x$ 轴上的单位点，即 $p_2=(1,0)$。这样，点集合 $S_1={p_1, p_2, \cdots, p_n}$ 与 $C(p_1, p_2, \cdots, p_n)$ 中的所有点就都确定了各自的坐标。
再有，平面上的点与复数域 C 之间存在着自然的一一对应：
$(x,y) \leftrightarrow x+yi,$
所以，点集合 $S_1={p_1, p_2, \cdots, p_n}$ 对应着一个复数集合：
${p_1, p_2, \cdots, p_n} \leftrightarrow {z_1, z_2, \cdots, z_n}$
其中的复数 $z_i$ 是由点 $p_i$ 的坐标唯一确定的。特别地，$z_1=0, z_2=1$。
我们把点集合 $C(p_1, p_2, \cdots, p_n)$ 对应的复数集合记为 $C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$，则对于平面上的任意一点 $p$，如果 $p$ 点对应的复数为 $z$，则
$p \in C(p_1, p_2, \cdots, p_n) \Leftrightarrow z \in C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$
这样，点 $p$ 的尺规作图问题就归结成了确定 $z \in C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$ 的问题。实际上，前面的复数集合 $C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$ 是一个域。
定理 3.4.1 数集 $C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$ 具有以下性质：
（1） $C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$ 是含有 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ 的一个数域；
（2） $C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$ 对于开平方和复数共轭运算是封闭的；
（3） $C(z_1, z_2, \cdots, z_n)$ 是具有性质（1）和（2）的最小数域。
证明：略
有了这些必要的准备之后，我们就可以给出尺规作图的充分必要条件了。
定理 3.4.2 令 $F=\mathbb{Q}(i, z_1, \cdots, z_n, \overline{z_1}, \cdots, \overline{z_n})$，其中 $z_i(1 \leq i \leq n)$ 是复数。那么一个复数 $z$ 可以用尺规从 ${0,1,z_1,z_2,\cdots,z_n}$ 作出图的充分必要条件是
$z \in F(u_1, \cdots, u_n)$
其中 $u_1^2 \in F, u_i^2 \in F(u_1, \cdots, u_{i-1})$。这等价于说，$z$ 含于域 $F$ 的一个 2 次根式扩张链
$F=F_1 \subseteq F_2 \subseteq \cdots \subseteq F_{n+1}=E$
中，其中 $|F_i:F_{i-1}|=2, i=2, \cdots, n+1$。
证明 事实上，一个点能用尺规作图的充分必要条件是该点为直线与直线，直线与圆，圆与圆的交点之一。因此，我们只需就这 3 种情况讨论定理的必要性。
（1）$z$ 是非平行直线
$\begin{cases}
a_1x+a_2y+a_3=0 \
b_1x+b_2y+b_3=0
\end{cases}$
解的系数属于 $\mathbb{Q}$。因此，$z \in \mathbb{Q} \subseteq F$。
（2）$z$ 是直线与圆
$\begin{cases}
a_1x+a_2y+a_3=0 \
x^2+y^2+cx+dy+f=0
\end{cases}$
的交点，其中 $a_i, c, d, f \in \mathbb{Q}$。则将 $y=-\frac{1}{a_2}(a_1x+a_3)$ 代入圆方程，化简，解 2 次方程，于是解的形式为 $\frac{\delta \pm \sqrt{D}}{2}$，其中 $\delta \in \mathbb{Q}, 0 \leq D \in \mathbb{Q}$，所以 $z \in F(\sqrt{D})$。
（3）$z$ 是圆与圆
$\begin{cases}
x^2+y^2+cx+dy+f=0 \
x^2+y^2+c_1x+d_1y+f_1=0
\end{cases}$
的交点，其中 $c,d,f,c_1,d_1,f_1 \in \mathbb{Q}$。则得到一个直线方程 $(c-c_1)x+(d-d_1)y+(f-f_1)=0$，进而将它与圆方程联立，与（2）情况一样，解出解的形式仍为 $\frac{\delta \pm \sqrt{D}}{2}$，所以 $z \in F(\sqrt{D})$。
如果 $z$ 不能从 ${0,1,z_1,z_2,\cdots,z_n}$ 直接用尺规作图，而是经过有限步作图之后再在此基础上可以作出，则这只是添加了一些中间步骤，即从 $F$ 出发，经过有限步 2 次扩张
$F_2=F(u_1), \cdots, F_{n+1}=F(u_n)=E$
得到域 $E$，使得 $z \in E$。
充分性。因为 2 次扩张 $F(u_1, \cdots, u_{i-1})(u_i)=F(u_1, \cdots, u_{i-1}, u_i) \supseteq F(u_1, \cdots, u_{i-1})$ 中的添加元素 $u_i$ 是 2 次方程（形式为 $x^2-a$）的根，所以它显然可以由尺规作出。至于 $F(u_1, \cdots, u_{i-1}, u_i)$ 中的其他元素是经“+、-、×、÷”得到的，当然它们可以由尺规作出。这就是说，每一步扩张中的元素都可以由尺规作图，所以 $z$ 一定可以尺规作图。
推论 3.4.1 复数 $z$ 可以用尺规从 ${0,1,z_1,z_2,\cdots,z_n}$ 作图的充分必要条件是 $z \in E$，并且扩张 $E \supseteq F(i, z_1, z_2, \cdots, z_n, \overline{z_1}, \overline{z_2}, \cdots, \overline{z_n})$ 是 $2^m(m \in \mathbb{Z})$ 次正规扩张。
例3.4.1 化圆为方问题。
我们不妨假设圆的半径为 1，则圆的面积为 $\pi$。如果可以将圆化为方，则当设正方形的边长为 $x$ 时，有 $x^2=\pi$。但是，$\pi$ 是超越数，所以根本就不能是 $\mathbb{Q}$ 的有限扩张中的元素。当然，更不能是 $\mathbb{Q}$ 的 $2^m$ 次正规扩张中的元素，即不能尺规作图。
例 3.4.2 倍立方问题。
我们不妨假设已知立方体的边长为 1，所求立方体的边长为 $x$，则倍立方问题的代数化问题是：方程 $x^3=2$ 的根能否用尺规作图。如果设 $\alpha$ 是方程的根，则显然 $|F(\alpha):F|=3 \neq 2^m, \forall m \in \mathbb{Z}$，所以倍立方问题不能尺规作图。
例 3.4.3 三等分角问题。
如果任意一个角可以三等分，则 $60^\circ$ 角也应该能三等分，进而 $\cos 20^\circ$ 可以尺规作图。但是
$\cos 60^\circ = \frac{1}{2} = 4(\cos 20^\circ)^3 - 3\cos 20^\circ$
即 $\cos 20^\circ$ 是方程 $4x^3 - 3x - \frac{1}{2} = 0$ 的根。又多项式 $4x^3 - 3x - \frac{1}{2} \in \mathbb{Q}[x]$ 是不可约的，所以扩张 $|\mathbb{Q}(\cos 20^\circ):\mathbb{Q}| = 3 \neq 2^m, \forall m \in \mathbb{Z}$。因此，三等分角问题不能尺规作图（图 3.9）。
例 3.4.4 正 $p$ 边形的作图问题，其中 $p$ 是素数。
我们不妨取圆心为坐标系的原点，并且设圆的半径为 1，则正 $p$ 多边形的作图问题等价于作出角度为 $\frac{2\pi}{p}$ 的角。如果这个角可以尺规作图，则点 $\left(\cos \frac{2\pi}{p}, \sin \frac{2\pi}{p}\right)$
可以尺规作图，再令 $z=\cos \frac{2\pi}{p} + i\sin \frac{2\pi}{p}$，则复数 $z$ 也应该可以尺规作图。但是 $z^p=1$，即 $z$ 是多项式 $f(x)=x^p-1 \in \mathbb{Q}[x]$ 的根，进而是分圆多项式
$\varphi_p(x) = \frac{x^p-1}{x-1} = x^{p-1} + x^{p-1} + \cdots + x + 1 \in \mathbb{Q}[x]$
的根。而我们知道分圆多项式 $\varphi_p(x)$ 是不可约的，所以 $|\mathbb{Q}(z):\mathbb{Q}|=p-1$。
于是，复数 $z$ 可以尺规作图的充分必要条件是 $p-1=2^n, p=2^n+1$（这是 Fermat 数）。但是，我们熟知的事实是 Fermat 数为素数的情况只有 5 种：$3,5,17,257$，65537。所以只有这 5 种正 $p$ 多边形是可以尺规作图的。