小蜜蜂問答

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尺規作圖：古希臘三大幾何問題

彭文博發表于娛樂2020-04-26

尺規作圖

（英語：Compass-and-straightedge 或 ruler-and-compass construction）是起源於古希臘的數學課題。只使用圓規和直尺，並且只准許使用有限次，來解決不同的平面幾何作圖題。

值得注意的是，以上的“直尺”和“圓規”是抽象意義的，跟現實中的並非完全相同，具體而言，有以下的限制：

直尺

必須沒有刻度，無限長，且只能使用直尺的固定一側。只可以用它來將兩個點連在一起，不可以在上畫刻度。

圓規

可以開至無限寬，但上面亦不能有刻度。它只可以拉開成你之前構造過的長度或一個任意的長度。

進入十九世紀後，隨著群論和域論的發展，數學家對三大難題有了本質性的瞭解。

（維基百科）

本文來源：

【南京大學/秦厚榮】代數學引論（Galois理論）-尺規作圖（一）

【南京大學/秦厚榮】代數學引論（Galois理論）-尺規作圖（二）

【南京大學/秦厚榮】代數學引論（Galois理論）-尺規作圖（三）

【南京大學/秦厚榮】代數學引論（Galois理論）-尺規作圖（四）

1.尺規作圖

(定義1.1) 尺規作圖 (Ruler-and-compass construction)

在歐氏平面中給定有限個點，記為

$S=\left\{ P_1,P_2, … ,P_n \right\}(n≥2)$

，考慮以下作圖法：

（1）連線任意兩個

中的點，

（2）以

中的任意一點為圓心，任意兩點之間的距離為半徑作圓。如果一個點可以由剛才描述的過程而求出，則稱這個點可以由

透過尺規作出。

由

$S=\left\{ P_1,P_2, … ,P_n \right\}$

來建立直角座標系：

（1）以

$P_{1}$

點為座標原點，

（2）令

$P_{2}=(1，0)$

，由此用尺規來得到

，

$m,n∈\mathbb{Z}$

，進而可以作出所有有理點

$(\frac{m}{r},\frac{n}{r})$

$(r\ne0,r∈\mathbb{Z})$

。

例：

$\mathbb{Q}(\sqrt{-1})$

可以由

$\left\{ 0，1 \right\}$

作出（0，1僅僅為記號）。

(定理1.2）

給定如下記號：

$\mathbb{Q}(\sqrt{-1})(z_1,… ,z_n,\bar{z_1},…,\bar{z_n})= \mathbb{Q}(a_1,… ,a_n,b_1,… ,b_n)(\sqrt{-1}) = F_0 (\sqrt{-1})=F_1$

點

可由給定的點

作出當且僅當存在域

的一個擴域

使得

（1）：

，

（2）：

是根式擴張且有根式擴張鏈：

。

這裡要求

$[F_i:F_{i-1}] = 2, ∀ 2≤i≤t$

（

在

$F_{i-1}$

上的擴張次數均為2）。

(推論1.3)

可由

作出，則

在

$\mathbb{Q}(\sqrt{-1})(z_1,… ,z_n,\bar{z_1},…,\bar{z_n})$

上是代數元，且次數為

$2^{m}$

。

(定理1.4)

點

可由給定的點

作出當且僅當存在域

是

$F_1=\mathbb{Q}(\sqrt{-1},z_1,… ,z_n,\bar{z_1},…,\bar{z_n})$

的擴域，且

在

$F_{1}$

是伽羅瓦擴張，伽羅瓦群

$Gal(K/F_{1})$

的階是2的次冪。

2.古希臘三大幾何問題

化圓為方：

求一個正方形的邊長，使其面積與一已知圓的相等

我們知道單位園的面積是

$\pi$

，那麼問題歸結為求解

，但是數學家林德曼在1882年證明了

$\pi$

為

超越數

，因此也證實該問題僅用尺規是無法完成的。

兩倍立方體：

求一立方體的稜長，使其體積是一已知立方體的二倍。

該問題歸結為求解

，但是法國數學家皮埃爾·汪策爾在1873年利用伽羅瓦理論證明

是不可約的，因此也證實該問題僅用尺規是無法完成的。

任意角的三等分：

能否僅用尺規作圖法將任意角度三等分？

隨著十九世紀群論和域論的發展，同樣是法國數學家皮埃爾·汪策爾首先利用伽羅瓦理論證明，這個問題的答案是否定的：不存在僅用尺規作圖法將任意角度三等分的通法。

該問題歸結為已知：

$\theta=3\varphi$

，

，求解

$b=cos\varphi$

。

利用三角函式公式化簡得到：

$b=cos\varphi=cos⁡3φ=4cos^2 φ-3 cos⁡φ$

。

令

$f(x)=4x^3-3x-a ∈\mathbb{Q}(a)$

，由於該問題是需要對所有的角進行三等分，那麼該問題對任意角都應該成立。我們不妨假設

$\theta=\frac{\pi}{3}\Rightarrow cos\theta=\frac{1}{2}$

，帶入

中得到

$f(x)=4x^3-3x-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} [(2x)^2-3\cdot2x-1]$

，但是

在有理數集上是不可約的。

3.正n邊形的作圖

α=2π/n，ζ_n：本原n次單位根

定理3.1：

$[\mathbb{Q}(ζ_n) : \mathbb{Q}] = \phi(n)$

（

$\phi$

為尤拉函式：

$\phi(p^m )=p^{m}-p^{m-1}$

）

有關尤拉函式，請見該文章：初等數論：RSA密碼系統（4。尤拉定理-定義4。1）

定理3.2

：任意一個正整數的奇數（

$\geq3$

）次方加一為合數。

定理3.3

：一個正n邊形是可構造的當且僅當

（

表示不同的費馬數）。

證明：假設

$n=2^l p_1^{l_1}… p_n^{l_n}$

（

且為奇素數），那麼我們有：

$\phi(n)=\begin{cases} p_1^{l_1-1}… p_n^{l_n-1}(p_1 -1)… (p_n-1) ,(l=0) \\[2ex] 2^{l-1}p_1^{l_1-1}… p_n^{l_n-1}(p_1 -1)… (p_n-1) ,(l≥1) \end{cases}$

$\phi(n)=2^m⇒l_1=⋯=l_n=1，p_i-1=2^{m_i}$

（推論1。3）因此，

$p_i=2^{m_i}+1$

。若存在奇數

，那麼

$2^{m_i}+1=(2^{m_i/b})^b+1$

。根據定理3。2，我們得到

為合數，矛盾。所以

$m_i=2^{n_i}\Rightarrow$

$p_{i}$

是費馬數。

有關費馬數：

$F_i=2^{2^i}+1(F_0=3,F_1=5,F_2=17,F_3=257,F_4=65537)$

有關如何構造正多邊形：

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標籤：尺規作圖任意定理三等分