最后更新: 2025-12-26 15:52 查看: 71 次纠错评论(0) 课件开VIP

尺规作图问题求解

尺规作图问题是初等平面几何的基本问题之一，简单来讲就是在平面上应用无刻度的直尺和圆规从已知的图形（如点、直线和圆等）出发作出未知的图形．利用尺规可以作垂线、平行线、二等分线段、二等分任意角．历史上还曾提出过化圆为方、立方倍积、三等分任意角、分圆问题等著名的作图问题，本节将利用域扩张的理论知识解决这些问题．

下面先给出几何作图问题的代数描述．
已知平面内两点，以其中一点为原点，以两点间的距离为单位长度可以建立平面直角坐标系．从单位长度出发可以作出所有的整数和有理数．更一般地，设已知平面上 $m$ 个点 $P_1, \cdots, P_m$ ，它们的坐标分别为 $\left(x_1, y_1\right), \cdots,\left(x_m, y_m\right)$ 。令 $F=\mathbf{Q}\left(x_1, y_1, \cdots, x_m, y_m\right)$ ，从这些已知点出发，通过有限次下列操作可构造出的点称为可构造点，对应的坐标称为可构造数，这些操作是
（i）通过已得到的两点画一条直线；
（ii）以已得到的某个点为圆心，以已得到的某两个点之间的距离为半径画圆；
（iii）计算并标出两直线的交点坐标；
（iv）计算并标出一直线和一圆的交点坐标；
（v）计算并标出两圆的交点坐标．
因而尺规作图问题可以转化为求出所有可构造数的问题．
关于可构造数，下面的结论成立。
引理6．9．1 设 $a, b$ 为非零实数，则 $a \pm b, a b, a / b$ 和 $\sqrt{a}(a>0)$ 都可以由 $a, b$ 作出．

证明 显然 $a+b, a-b$ 可由 $a, b$ 作出，$a b, a / b$ 和 $\sqrt{a}$ 的作法如图 6－1．

![图片](/uploads/2025-12/c0f9db.jpg)
 
 定理 6．9．1 设 $K$ 是所有可构造数的集合，则 $K$ 构成一个域，并且是实数域 $\mathbf{R}$ 的子域，有理数域 $\mathbf{Q}$ 的扩域，即有 $\mathbf{Q} \subseteq K \subseteq \mathbf{R}$ ．

证明 显然 $K$ 为 $\mathbf{R}$ 的一个子集，证 $K$ 是一个域。对任意 $a, b \in K$ ，显然 $a+b, a-b$ 都可以用尺规作出，即有 $a+b, a-b \in K$ 。另一方面，从图 6－1 可

以看出，$a b$ 也可由 $a, b$ 作出，并且当 $a \neq 0$ 时 $a^{-1}$ 也可由 $a$ 作出，故 $a b \in K$ 且 $a^{-1} \in K$ ，因此 $K$ 是一个域，并且是 $\mathbf{R}$ 的一个子域．

再证 $K$ 是 $\mathbf{Q}$ 的扩域．从单位长度 1 出发显然可以作出所有的整数，再图 6－1知，已知两个整数可以作出它们的商，因此所有有理数都可以作出，即有 $\mathbf{Q} \subseteq K$ ．

综上知 $K$ 构成一个域，并且 $\mathbf{Q} \subseteq K \subseteq \mathbf{R}$ ．
定理 6．9．2（可构造数的充要条件）实数 $\alpha$ 可构造的充分必要条件是存在一个有限的二次根式扩张链

$$
\mathbf{Q}=K_0 \subseteq K_1 \subseteq K_2 \subseteq \cdots \subseteq K_n \subseteq \mathbf{R}
$$

使得 $\alpha \in K_n$ ，其中 $\left[K_{i+1}: K_i\right]=2, K_{i+1}=K_i\left(\alpha_{i+1}\right)$ 而且 $\alpha_{i+1}^2 \in K_i, i= 0,1, \cdots, n-1$ ．

证明 先证必要性．设 $\alpha$ 可构造，则在 $\mathbf{Q}=K_0$ 上通过有限步操作（i）～（v）可得到 $\alpha$ ．设在这有限步操作中逐次作出数 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m=\alpha$ ，并令 $K_i= K_{i-1}\left(\alpha_i\right)(i=1,2, \cdots, m)$ ．由于每次操作是对已知可构造数进行四则运算或开方，故 $\left[K_{i+1}: K_i\right]=1$ 或 2 ．由此可得如上的二次根式扩张链．

再证充分性．若存在上述二次根式扩张链使得 $\alpha \in K_n$ ，由于 $\mathbf{Q}$ 中所有有理数都可作出，故由引理 6．9．1 知，满足 $\alpha_1^2 \in K_0=\mathbf{Q}$ 的实数 $\alpha_1$ 也可作出，再由引理6．9．1知，$K_1=K_0\left(\alpha_1\right)$ 中所有元素都可以作出．类似可以得到 $K_2, \cdots, K_n$ 中的元素也都可以作出，故 $\alpha \in K_n$ 可以作出，命题得证．

由定理 6．9．2 可以得到如下可构造数的必要条件．

推论 6．9．1（可构造数的必要条件）若 $\alpha \in \mathbf{R}$ 可构造，则 $[\mathbf{Q}(\alpha): \mathbf{Q}]=2^n$ ，其中 $n$ 为非负整数．

利用推论 6．9．1 可以证明化圆为方、立方倍积、三等分任意角等作图问题都不可解．

例6．9．1 化圆为方问题不可作．
解 考虑半径为 1 的圆，需要作边长为 $a$ 的正方形使得 $a^2=\pi$ ，即要作 $a=\sqrt{\pi}$ ．由于 $\pi$ 为超越数， $\mathbf{Q}(\sqrt{\pi})$ 是 $\mathbf{Q}$ 上的超越扩张，故 $\sqrt{\pi}$ 不可作．

例6．9．2 倍立方体问题不可作。
解 考虑边长为 1 的正方体，需要作边长为 $b$ 的正方体使得 $b^3=2$ ，即要作 $b=\sqrt[3]{2}$ ．由于 $[\mathbf{Q}(\sqrt[3]{2}): \mathbf{Q}]=3$ ，故 $\sqrt[3]{2}$ 不可作．

下面考虑三等分任意角问题．由定理 6．9．2 可以证明
推论6．9．2 角 $\varphi$ 可以三等分当且仅当多项式 $4 x^3-3 x-\cos \varphi$ 在 $\mathbf{Q}(\cos \varphi)$上可约．

证明 由 $\varphi$ 可作出 $\cos \varphi$ ，记 $F=\mathbf{Q}(\cos \varphi)$ ．设 $\theta=\varphi / 3$ ，由三倍角公式 $\cos \varphi=\cos 3 \theta=4 \cos ^3 \theta-3 \cos \theta$ 知，故 $\cos \theta$ 是 $F$ 上多项式 $f(x)=4 x^3-3 x-\cos \varphi$

的根．
先证必要性．若 $\varphi$ 可以三等分，即 $\theta$ 和 $\cos \theta$ 可作出，则由推论 6．9．1知，存在正整数 $n$ 使得 $[\mathbf{Q}(\cos \theta): \mathbf{Q}]=2^n$ ．又因为 $[\mathbf{Q}(\cos \theta): \mathbf{Q}] \leqslant 3$ ，故 $[\mathbf{Q}(\cos \theta)$ ： $\mathbf{Q}] \leqslant 2$ ，因此 $f(x)$ 在 $\mathbf{Q}(\cos \varphi)$ 上可约．

再证充分性．若 $f(x)$ 在 $\mathbf{Q}(\cos \phi)$ 上可约，则 $\cos \theta$ 是 $\mathbf{Q}(\cos \phi)$ 上一个次数 $\leqslant 2$ 的多项式的根，故有 $[F(\cos \theta): F] \leqslant 2$ ，于是由定理 6．9．2 知 $\cos \theta$ 可作出．

例 6．9．3 三等分任意角问题不可作。
解 根据推论 6．9．2 只需要举一反例即可．令 $\varphi=\pi / 3$ ，则 $\cos \varphi=1 / 2$ ， $F=\mathbf{Q}(\cos \varphi)=\mathbf{Q}$ ，可以证明多项式

$$
f(x)=4 x^3-3 x-\cos \varphi=4 x^3-3 x-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\left((2 x)^3-3 \cdot(2 x)-1\right)
$$

在 $\mathbf{Q}$ 上不可约，所以 $\varphi$ 不能三等分。
为便于研究分圆问题，我们将可构造数的定义推广到复数上，如果 $a, b$ 都是可构造数，则称复数 $z=a+b \mathrm{i}$ 也为可构造数．此时定理6．9．2可以描述为

定理 6．9．3（可构造数的充要条件）复数 $\alpha$ 可构造的充分必要条件是存在一个有限的二次根式扩张链

$$
\mathbf{Q}=K_0 \subseteq K_1 \subseteq K_2 \subseteq \cdots \subseteq K_n \subseteq \mathbf{C},
$$

使得 $\alpha \in K_n$ ，其中 $\left[K_{i+1}: K_i\right]=2, K_{i+1}=K_i\left(\alpha_{i+1}\right)$ 而且 $\alpha_{i+1}^2 \in K_i, i= 0,1, \cdots, n-1$ ．

推论 6．9．3 若 $\alpha \in \mathbf{C}$ 可构造，则 $[\mathbf{Q}(\alpha): \mathbf{Q}]=2^n$ ，其中 $n$ 为非负整数．
利用定理6．9．3以及伽罗瓦理论和欧拉函数的性质可以证明下面的结论成立。
定理 6．9．4 正 $n(n>2)$ 边形可用尺规作图的充要条件是 $n$ 有分解式 $n= 2^e p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}$ ，其中 $e \geqslant 0, p_1, \cdots, p_r$ 为不同的费马素数。

证明 先证必要性．假设正 $n$ 边形可用尺规作出，则 $n$ 次本原单位根 $\zeta$ 可以作出，于是存在正整数 $k$ 使得 $[\mathbf{Q}(\zeta): \mathbf{Q}]=2^k$ 。由分圆域的性质知，$[\mathbf{Q}(\zeta)$ ： $\mathbf{Q}]=\varphi(n)$ ，故有 $\varphi(n)=2^k$ ．由欧拉函数的性质知，此时 $n$ 有分解式

$$
n=2^e p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r},
$$

其中 $e \geqslant 0, p_1, \cdots, p_r$ 为不同的费马素数．
再证充分性。若 $n$ 有分解式 $n=2^e p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}$ ，其中 $e \geqslant 0, p_1, \cdots, p_r$ 为不同的费马素数，则存在正整数 $k$ 使得 $\varphi(n)=2^k$ ，于是 $[\mathbf{Q}(\zeta): \mathbf{Q}]=\varphi(n)=2^k$ 。由于 $\mathbf{Q}(\zeta) / \mathbf{Q}$ 是伽罗瓦扩张，其伽罗瓦群 $G$ 是一个 $2^k$ 阶群，存在指数为 2 的正规子群列

$$
G=H_1 \supset H_2 \supset \cdots \supset H_l \supset H_{l+1}=\{1\}
$$

满足 $H_{i+1} \triangleleft H_i$ ，且 $H_i / H_{i+1}$ 为 2 阶循环群， $2 \leqslant i \leqslant l$ ．
由于 $\mathbf{Q}\left(\zeta_n\right) / \mathbf{Q}$ 为伽罗瓦扩张，故由伽罗瓦基本定理知，存在相应的二次扩域链

$$
\mathbf{Q}=F_1 \leqslant F_2 \leqslant \cdots \leqslant F_l \leqslant F_{l+1}=\mathbf{Q}\left(\zeta_n\right),
$$

使得 $\left[F_{i+1}: F_i\right]=2,1 \leqslant i \leqslant l-1$ ．由于二次扩域均为二次根式扩域，而开方运算可以用尺规作出，故当 $n$ 有标准分解式 $n=2^e p_1 p_2 \cdots p_r$ ，其中 $p_i$ 为费马素数，$e \geqslant 0$时，正 $n$ 边形可用尺规作出，充分性得证．

下面举一个作正 5 边形的例子。
例6．9．4 计算 5 次本原单位根．
解 5 次本原单位根是 $\Phi_5(x)=x^4+x^3+x^2+x+1$ 的根．设 $\zeta$ 为 $\Phi_5(x)$的一个根，则其他三个根为 $\zeta^2, \zeta^3, \zeta^4$ ．令 $\eta_1=\zeta+\zeta^4, \eta_2=\zeta^2+\zeta^3$ ，计算可得

$$
\eta_1+\eta_2=-1, \quad \eta_1 \eta_2=-1
$$

故 $\eta_1, \eta_2$ 是方程 $x^2+x-1=0$ 的根．解之得

$$
\eta_1=\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5}), \quad \eta_2=\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5}),
$$

故 $\zeta$ 和 $\zeta^4$ 是方程

$$
x^2-\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5}) x+1=0
$$

的根，解之得

$$
\begin{aligned}
\zeta & =\frac{1}{4}((-1+\sqrt{5})+\sqrt{2(5+\sqrt{5})} \mathrm{i}) \\
\zeta^4 & =\frac{1}{4}((-1+\sqrt{5})-\sqrt{2(5+\sqrt{5})} \mathrm{i})
\end{aligned}
$$

由于 $\zeta$ 的实部和虚部都是正的，$\zeta$ 落在第一象限，因而 $\zeta=\cos \frac{2 \pi}{5}+\mathrm{i} \sin \frac{2 \pi}{5}$ ．另外两个根为

$$
\begin{aligned}
\zeta^2 & =\frac{1}{4}(-(1+\sqrt{5})+\sqrt{2(5-\sqrt{5})} \mathrm{i}) \\
\zeta^4 & =\frac{1}{4}(-(1+\sqrt{5})-\sqrt{2(5-\sqrt{5})} \mathrm{i})
\end{aligned}
$$

根据表达式就可以用尺规作出正五边形的顶点 $\zeta$ ．

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