为什么说尺规作图三等分任意角是不可解的?

此篇缘起匡世珉知乎回答。感谢匡世珉和他的铅笔们,也感谢我自己小时候为尺规作图付出的时间。

尺规作图(ruler-and-compass construction)是古希腊数学提出的一种平面几何作图方法。除了提出作图方法,古希腊人还留下了三个尺规作图困难问题。他们是:

  • 三等分任意给定的角;
  • 对任意给定的立方体,作一个新的立方体,使得新立方体的体积是前者的 2 倍;
  • 对任意给定的圆,作一个正方形,使得圆和正方形的面积相等。

如今,这三个困扰数学家上千年的问题,均已经被证明不可解——当然,一些青 (min) 年 (ke) 还在被困扰着。

此篇将介绍上述三等分角的问题。

尺规作图

如前所述,尺规作图是一种平面几何作图方法,它要求用一把没有刻度的直尺和一把圆规,在有限次的操作中完成作图任务。允许的操作如下:

  • 通过两个已知点可作一直线;
  • 已知圆心和半径可作一个圆;
  • 若两已知直线相交,可求其交点;
  • 若已知直线和一已知圆相交,可求其交点;
  • 若两已知圆相交,可求其交点。

尺规作图中的代数问题

咦?尺规作图是平面几何问题,为什么要讨论代数呢?稍安勿躁,稍后我们就会发现代数理论在几何领域是如何闪闪发光的了。

整数集

在一条直线上,我们预先确定间隔一个单位长度的两个点。那么对于任意整数,我们可以用圆规在有限次重复中,得到长度是该整数的线段。也就是说,我们可以在数轴上标注出所有整数点。

注意,「预先确定间隔一个单位长度的两个点」这一确定「单位长度」的做法并不违反尺规作图的规则。这是因为,任意长度都可以充当这个单位长度;且它只是为了表述方便,而不影响任何尺规作图的规律。

具体操作如下图所示:

从原点开始,用圆规取好单位长度的半径,然后依次作圆弧和直线的交点,即可得到任意整数点。

从整数集到有理数域 $\mathbb{Q}$

所谓数域,是指一类特殊的集合——该集合内任意两个操作数做加减乘除四则运算的结果都仍然落在集合内。显然,整数集合不是一个数域,因为 1 与 2 作除法得到的 $\frac{1}{2}$ 不是整数。全部有理数组成的集合 $\mathbb{Q}$ 则是一个数域(有理数域),因为在有理数中任意做加减乘除,结果仍然是有理数。

上一节中,我们已经知道,通过尺规作图,可以得到任意整数。那么,如果我们可以利用尺规作图进行加减乘除四则运算的话,就能通过尺规作图得到整个有理数域。

加减自不必说,我们来看看尺规作图如何做乘法——除法是乘法的逆运算,可以类似得到。

具体操作如下图所示:

操作流程如下:

  • 过 $1$,作数轴的垂线;
  • 以原点为圆心,$a$ 为半径画弧,与上述垂线相交
  • 过原点与上述交点作直线
  • 过 $b + 1$,作数轴的垂线,与上述直线相交
  • 以原点为圆心,以上述交点到圆心的距离为半径作弧,与数轴相交
  • 根据三角形相似的性质,可知上述交点到原点的距离是 $ a + a \times b$

至此再做一个减法即可。

因此,我们知道,通过尺规作图,我们可以构建出整个有理数域。

开平方

除了四则运算,尺规作图还可以开平方。

具体操作如下图所示:

操作流程如下:

  • 找到 $a + 1$——因为可作加法,所以这是可行的;
  • 找到原点和 $a + 1$ 的中点——因为可作除法,所以这是可行的;
  • 以上述中点为圆心,原点到中点的距离为半径,做半圆;
  • 过 $1$ 作数轴的垂线,与半圆相交;
  • 上述垂线段的长度即为 $ \sqrt{a} $。

有理数域的扩张

尺规作图可以得到整个有理数域,又能开方。因此我们可以在尺规作图的基础上讨论数域的扩张。

我们以数字 $ 2 $ 为例,显然对它做开方会离开有理数域 $\mathbb{Q}$,这是因为 $\sqrt{2}$ 不是有理数($\sqrt{2} \not\in \mathbb{Q}$)。

如果我们找到了一个数域 $\mathbb{L}$,它满足 $\mathbb{Q} \subset \mathbb{L}$ 并且 $\sqrt{2} \in \mathbb{L}$,那么 $\mathbb{L}$ 是包含 $\sqrt{2}$ 的 $\mathbb{Q}$ 的一个扩域。显然,实数域 $\mathbb{R}$ 是满足条件的一个 $\mathbb{L}$。

在所有的 $\mathbb{L}$ 组成的集合 $S = \{\mathbb{L} \mid \mathbb{L}\text{ 是包含 $\sqrt{2}$ 的 $\mathbb{Q}$ 的一个扩域}\}$ 中,存在一个最小的域 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}) \in S$,使得 $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \subset \mathbb{L}$ 对任意的 $\mathbb{L} \in S$ 都成立。

我们将 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 称作在 $\mathbb{Q}$ 中添加本原元 $\sqrt{2}$ 生成的扩域;从 $\mathbb{Q}$ 到 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 的扩张被称为单扩张。

那么 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 是什么样子的呢?在这里,我们不做严格推导,认定 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \{ x \mid x = a + b\sqrt{2},\, a, b \in \mathbb{Q} \}$。因为在上述扩张中,我们使用了长度为 2 的基 $\{1, \sqrt{2}\}$(分别作为 $a$ 和 $b$ 的系数)。因此,我们称上述扩张是维度为 2 的扩张,记作 $[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}] = 2$。

同理,如果本原元是 $\sqrt{3}$,我们也可以通过另一个维度为 2 的扩张得到 $\mathbb{Q}(\sqrt{3}) = \{ x \mid x = a + b\sqrt{3},\, a, b \in \mathbb{Q} \}$。

类似地,我们不难验证:

  • $\mathbb{Q}(\sqrt{2})(\sqrt{3}) = \{ x \mid x = a + b\sqrt{3},\, a, b \in \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \}$,即 $[\mathbb{Q}(\sqrt{2})(\sqrt{3}):\mathbb{Q}(\sqrt{2})] = 2$。
  • $\mathbb{Q}(\sqrt{2})(\sqrt{3}) = \mathbb{Q}(\{\sqrt{2},\sqrt{3}\}) = \mathbb{Q}(\sqrt{3})(\sqrt{2})$。

现在的问题是,$[\mathbb{Q}(\{\sqrt{2},\sqrt{3}\}):\mathbb{Q}]$ 是多少呢?

由于我们可以从 $\mathbb{Q}(\{\sqrt{2},\sqrt{3}\})$ 中抽出一组基底 $\{ 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}\}$,使得
$$\mathbb{Q}(\{\sqrt{2},\sqrt{3}\}) = \{a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6} \mid a, b, c, d \in \mathbb{Q}\}.$$
因此,$[\mathbb{Q}(\{\sqrt{2},\sqrt{3}\}):\mathbb{Q}] = 4$。

据此,我们可以观察得到一个未经严格证明(但确实是正确)的结论:
\begin{equation}\label{eq:thm}[C:A] = [C:B] \times [B:A].\end{equation}

本原元的次数与扩张的维数

对于本原元有所谓「次数」的概念,本原元的次数概念需要用多项式来定义。

如果本原元 $k$ 是基域 $\mathbb{Q}$ 上的代数数,那么必然存在 $\mathbb{Q}$ 上的首一多项式方程 $p(k) = 0$。在所有的 $p(k)$ 中,必然存在一个次数最低的多项式 $p_0(k)$,称作极小多项式。绩效多项式的次数 $n$ 就是本原元 $k$ 在基域 $\mathbb{Q}$ 上的次数。

值得一提的是以下两个结论:

  • 若有首一的不可约多项式方程 $p(k) = 0$,那么 $p(k)$ 必然是 $k$ 的极小多项式;
  • 若域扩张的本原元是域中的代数数,则对应的扩张的维数就是本原元的次数。

再探尺规作图与域扩张

由于有理数域对四则运算是封闭的,而尺规作图能够轻易构建出有理数域,因此在尺规作图中进行加减乘除不涉及域的扩张。

除了四则运算,尺规作图还(只)能做开平方运算。如果一个有理数的平方根是有理数,那么这样的开平方运算也不涉及到域的扩张;而如果一个有理数的平方根是无理数,当然它总是代数数,那么这样的开方运算就会涉及到域的扩张。考虑到,在这种情况下,总是存在不可约的二次首一多项式方程
$$x^2 - a = 0,$$
因此,我们知道这种扩张的维度总是二维的。

根据 \ref{eq:thm},我们可以得到结论:如果一个数对应长度的线段能够经过尺规作图得到,那么这个数必然是落在数域 $\mathbb{Q}’$ 中的代数数,并且 $[\mathbb{Q}’:\mathbb{Q}] = 2^k$。

三等分任意角问题不可解的证明

我们用反证法来证明,首先给出反证假设:假设我们可以对 60° 角进行三等分,而后尝试从反正假设中推导出矛盾。

注意以下各步:

  • 因为我们可以三等分 60° 角;
  • 所以我们可以得到一个 20° 角;
  • 因为过定点向点外直线引垂线是容易的,所以我们可以得到长度为 $\cos 20°$ 的线段。

由于 $\cos 60° = 0.5 \in \mathbb{Q}$,且 $\cos 60° = 4 \cos^3 20° - 3\cos 20°$,所以 $\cos 20°$ 是方程 $x^3 - 0.75x - 0.125 = 0$ 的根。由于 $f(x) = x^3 - 0.75x - 0.125$ 是不可约的,所以它是 $\cos 20°$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式,故而 $\cos 20°$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的次数是 3。

因此,如果我们能够三等分任意角,这就意味着我们能够利用尺规作图对有限域进行维度是 3 的扩张,这与前面的结论是矛盾的。这个矛盾就说明了,三等分任意角是不可用尺规作图解决的。

倍立方问题及化圆为方问题

和三等分角问题一样,倍立方问题和化圆为方问题也可以用代数理论轻巧地证明是不可解的。其中,倍立方问题在尺规作图中可以等价为作长度为 $\sqrt[3]{2}$ 的线段,而它的次数不巧也是 3;至于化圆为方问题则可以等价为作长度为 $\sqrt{\pi}$ 的线段,这根本就是一个超越数,连代数数都不是。

后记——人类心智的荣耀

上述不严谨的证明,只需要简单的几何学知识(尺规作图知识)就可以完成,如此轻巧的证明,得益于以法国数学家伽罗瓦(Galois)为代表的代数学家的努力。

在伽罗瓦还只有十几岁的时候,他就发现了 $n$ 次多项式可以用根式解的充要条件,解决了长期困扰数学界的问题。他的工作为伽罗瓦理论(一个抽象代数的主要分支)以及伽罗瓦连接领域的研究奠定了基石。他是第一个使用群这一个数学术语来表示一组置换的人。与尼尔斯·阿贝尔并称为现代群论的创始人。1832 年 3 月伽罗瓦在狱中(因政治原因入狱)结识一个医生的女儿并陷入狂恋,因为这段感情,他陷入一场决斗,自知必死的伽罗瓦在决斗前夜将他的所有数学成果狂笔疾书纪录下来,幷时不时在一旁写下「我没有时间」,第二天他果然在决斗中身亡,时间是 1832 年 5 月 31 日。他的朋友Chevalier遵照伽罗瓦的遗愿,将他的数学论文寄给卡尔·弗里德里希·高斯与雅各比,但是都石沉大海,要一直到 1843 年,才由刘维尔肯定伽罗瓦结果之正确、独创与深邃,并在 1846 年将它发表。
https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%9F%83%E7%93%A6%E9%87%8C%E6%96%AF%E7%89%B9%C2%B7%E4%BC%BD%E7%BD%97%E7%93%A6

谨以此纪念仍然闪烁人类心志荣耀之光的伽罗瓦理论和英年早逝的数学家埃瓦里斯特·伽罗瓦。

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