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附录：尺规作图问题与正十七边形的做法

## 尺规作图问题

> 给你一个圆规和无刻度直尺如何画正17边形，你能做出来了？这个看似简单的问题难倒无数大家，在尺规作图里，我们都会要求直尺是没有刻度的，而采用纯几何的方法进行制作

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＂,,$+- \times, \div$＂和平方根．

作 $a+b$ 图示（图 3．2）．
作 $a-b$ 图示（图 3．3）．

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 作 $a b$ 图示（图3．4）．作 $\frac{a}{b}$ 图示（图 3．5）

![图片](/uploads/2025-11/00363c.jpg)
  
  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．
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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 $S_1=\left\{p_1, p_2, \cdots, p_n\right\}$ 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，$i \geqslant 2$ ．如果令 $C \left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right)=\bigcup_{i=1}^{\infty} S_i$ ，则平面上的点 $p$ 是由尺规用 $S_1=\left\{p_1, p_2, \cdots\right.$ ， $\left.p_n\right\}$ 中的点作出的充分必要条件是 $p \in C \left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right)=\bigcup_{i=1}^{\infty} S_i$ ．

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 $n \geqslant 2$ ．
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 $S_1=\left\{p_1, p_2, \cdots, p_n\right\}$ 与 $C \left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right)$ 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：

$$
(x, y) \leftrightarrow x+y i,
$$

所以，点集合 $S_1=\left\{p_1, p_2, \cdots, p_n\right\}$ 对应着一个复数集合：

$$
\left\{p_1, p_2, \cdots, p_n\right\} \leftrightarrow\left\{z_1, z_2, \cdots, z_n\right\}
$$

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 $C \left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right)$ 对应的复数集合记为 $C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ ，则对于平面上的任意一点 $p$ ，如果 $p$ 点对应的复数为 $z$ ，则

$$
p \in C \left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right) \Leftrightarrow z \in C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)
$$

这样，点 $p$ 的尺规作图问题就归结成了确定 $z \in C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 的问题．实际上，前面的复数集合 $C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 是一个域。

定理 3．4．1 数集 $C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 具有以下性质：
（1） $C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 是含有 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ 的一个数域；
（2） $C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 对于开平方和复数共轭运算是封闭的；
（3） $C \left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 是具有性质（1）和（2）的最小数域．

证明（1）显然，$z_i \in \mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ ．令 $z$ ， $z^{\prime} \in \mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ ，则存在 $p, p^{\prime} \in C\left(p_1, p_2, \cdots\right.$ ， $\left.p_n\right)$ ，其中 $z \leftrightarrow p, z^{\prime} \leftrightarrow p^{\prime}$ 。如果设 $z=a+b \mathrm{i}, z^{\prime}= c+d \mathrm{i}$ ，则 $p=(a, b), p^{\prime}=(c, d)$ ．显然 $z+z^{\prime}= (a+c)+(b+d) \mathrm{i}$ ．另外，如果点 $p, p^{\prime}$ 已知，则直线段 $O p, O p^{\prime}$ 可知，进而用尺规可以作出一个平行四边形，则直线段 $O p^{\prime \prime}$ 对应的点 $p^{\prime \prime}$ 对应的复数就恰好是 $z+z^{\prime}$（图 3．7）．所以 $z+z^{\prime} \in \mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ ，即 $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 关于＂＋＂运算封闭。同理， $\mathbf{C}\left(z_1\right.$ ， $\left.z_2, \cdots, z_n\right)$ 关于＂－＂运算封闭．

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为了便于说明 $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 对于＂$\times, \div$＂运算的封闭性，我们用极坐标的形式表示复数，即令 $z=r \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}, z^{\prime}=r^{\prime} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta^{\prime}}$ ，则 $z z^{\prime}=r r^{\prime} \mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\theta+\theta^{\prime}\right)}$ 。这样，我们需要说明利用尺规能作出长度为 $r r^{\prime}$ ，角度为 $\theta+\theta^{\prime}$ 的向量段即可．乘积直线段的尺规作图法参看前面的＂$a b$ 图示＂．角度＂和＂的尺规作图也是显然的（图3．8）．所以 $z z^{\prime} \in \mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ ，即 $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$关于＂$\times$＂运算封闭．同理， $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 关于＂$\div$＂运算封闭．

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至此，（1）的结论成立，即 $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right)$ 是一个域．
（2）仍然用复数的极坐标形式，则显然开方运算等价于尺规作图 $\sqrt{r}$ 和二等分一个角，而这是一个熟知的初等事实。另外，如果令 $z=a+b \mathrm{i}$ ，则 $\bar{z}=a-b \mathrm{i}$ 。所以共轭复数的尺规作图就等价于关于直线对称点的作图，这当然也是熟知的事实．所以，（2）的结论成立．
（3）令 $\mathbf{C}^{\prime}$ 为任意一个含有 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ ，并且关于＂,,$+- \times, \div$＂、复数共轭和开平方运算封闭的数集，而与 $\mathbf{C}^{\prime}$ 对应的点集合为 $\mathbf{C}_P^{\prime}$ ，则我们需要指出 $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots\right. \left.z_n\right) \subseteq \mathbf{C}^{\prime}$.
因为 $\left\{z_1, z_2, \cdots, z_n\right\} \Leftrightarrow\left\{p_1, p_2, \cdots, p_n\right\}, \mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right) \Leftrightarrow \mathbf{C}\left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right)$ ，再 $\mathbf{C}\left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right)$ 中的点是经尺规作图得到的，但是经过＂,,$+- \times, \div$＂、复数共轭和开平方运算得到的复数一定可以由尺规作图得到，所以 $\mathbf{C}\left(p_1, p_2, \cdots, p_n\right) \subseteq \mathbf{C}_P^{\prime}$ ．于是，由点集合与复数集合之间存在一一对应，我们一定能得到 $\mathbf{C}\left(z_1, z_2, \cdots, z_n\right) \subseteq \mathbf{C}^{\prime}$ ．

## 结论

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 $F= Q \left( i , z_1, \cdots, z_n, \overline{z_1}, \cdots, \overline{z_n}\right)$ ，其中 $z_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 是复数．那么一个复数 $z$ 可以用尺规从 $\left\{0,1, z_1, z_2, \cdots, z_n\right\}$ 作出图的充分必要条件是

$$
z \in F\left(u_1, \cdots, u_n\right)
$$

其中 $u_1^2 \in F, u_i^2 \in F\left(u_1, \cdots, u_{i-1}\right)$ ．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 $\left|F_i: F_{i-1}\right|=2, i=2, \cdots, n+1$ ．
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

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_1 x+a_2 y+a_3=0 \\
b_1 x+b_2 y+b_3=0
\end{array}\right.
$$
解的系数属于 $Q$ ．因此，$z \in Q \subseteq F$ ．
（2）$z$ 是直线与圆

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_1 x+a_2 y+a_3=0 \\
x^2+y^2+c x+d y+f=0
\end{array}\right.
$$

的交点，其中 $a_i, c, d, f \in Q$ ．则将 $y=-\frac{1}{a_2}\left(a_1 x+a_3\right)$ 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 $\delta \in Q , 0 \leqslant D \in Q$ ，所以 $z \in F(\sqrt{D})$ ．
（3）$z$ 是圆与圆

$$
\left\{\begin{array}{l}
x^2+y^2+c x+d y+f=0 \\
x^2+y^2+c_1 x+d_1 y+f_1=0
\end{array}\right.
$$

的交点，其中 $c, d, f, c_1, d_1, f_1 \in Q$ ．则得到一个直线方程 $\left(c-c_1\right) x+\left(d-d_1\right) y+$ $\left(f-f_1\right)=0$ ，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 $\left\{0,1, z_1, z_2, \cdots, z_n\right\}$ 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

$$
F_2=F\left(u_1\right), \cdots, F_{n+1}=F\left(u_n\right)=E
$$

得到域 $E$ ，使得 $z \in E$ ．
充分性．因为 2 次扩张 $F\left(u_1, \cdots, u_{i-1}\right)\left(u_i\right)=F\left(u_1, \cdots, u_{i-1}, u_i\right) \supseteq F\left(u_1, \cdots\right.$ ， $u_{i-1}$ ）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 $F\left(u_1, \cdots, u_{i-1}, u_i\right)$ 中的其他元素是经＂,,$+- \times, \div$＂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 $\left\{0,1, z_1, z_2, \cdots, z_n\right\}$ 作图的充分必要条件是 $z \in E$ ，并且扩张 $E \supseteq F\left(i, z_1, z_2, \cdots, z_n, \overline{z_1}, \overline{z_2}, \cdots, \overline{z_n}\right)$ 是 $2^m(m \in Z )$ 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 $Q$ 的有限扩张中的元素．当然，更不能是 $Q$ 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 $|F(\alpha): F|=3 \neq 2^m, \forall m \in Z$ ，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

$$
\cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}=4\left(\cos 20^{\circ}\right)^3-3 \cos 20^{\circ}
$$

即 $\cos 20^{\circ}$ 是方程 $4 x^3-3 x-\frac{1}{2}=0$ 的根．又多项式 $4 x^3-$ $3 x-\frac{1}{2} \in Q [x]$ 是不可约的，所以扩张 $\left| Q \left(\cos 20^{\circ}\right): Q \right|=$ $3 \neq 2^m, \forall m \in Z$ ．因此，三等分角问题不能尺规作图（图3．9）．

![图片](/uploads/2025-11/e29f9b.jpg)

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 $f(x)=x^p-1 \in Q [x]$ 的根，进而是分圆多项式

$$
\phi_p(x)=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+x^{p-1}+\cdots+x+1 \in Q [x]
$$

的根．而我们知道分圆多项式 $\phi_p(x)$ 是不可约的，所以 $| Q (z): Q |=p-1$ ．
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．

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