《抽象代数》第三十章讨论了抽象代数的一个应用。古希腊三大几何难题——三等分角、立方倍积、化圆为方——在尺规作图的框架下的不可行性，用域扩张的理论可以得到优雅的证明。

A. 规矩数

如果 O 和 I 是平面上的两个点，考虑如下坐标系：线段 OI 与 x 轴上的单位区间重合。设 𝔻 为满足如下条件的实数的集合：a ∈ 𝔻 当且仅当 (a, 0) 可由 {O, I} 作出。[注：“作出”指的是可以以给定点为起始通过尺规作图得到所要的点。]

证明下列命题。

A.1 如果 a,b ∈ 𝔻，那么 a+b ∈ 𝔻 且 a-b ∈ 𝔻。

证明 以 (a, 0) 为圆心，b 为半径作圆。圆与 x 轴（即直线 OI）的交点就是 (a±b, 0)。

A.2 如果 a,b ∈ 𝔻，那么 ab ∈ 𝔻。（提示：使用相似三角形。参考配图。）

证明 设点 A(a,0)。以 O 为端点另作一条和 x 轴不平行的射线。以 O 为圆心，b 为半径作圆，交刚才作的射线于 B。以 O 为圆心，1 为半径作圆，交 OB 于点 P。连接 PA。过 B 作 PA 的平行线（这是尺规作图中已知可作的），交 OA 于点 Q。则根据 △POA ∼ △BOQ 可知 Q 的坐标为 (ab, 0)。由此可知 ab ∈ 𝔻。

A.3 如果 a,b ∈ 𝔻，那么 a/b ∈ 𝔻。

证明 显然 b≠0，否则 a/b 无意义。仿照 A.2 的做法，把连接 PA 改为连接 BA，然后过 P 作 BA 的平行线。其余类似。

A.4 如果 a > 0 且 a ∈ 𝔻，那么 √a ∈ 𝔻。

证明 设 A(-1, 0), B(a, 0)。作以 AB 为直径的圆（在尺规作图中是可行的）。圆交 y 轴（可以先做出 (0, 1) 然后得到 y 轴）于点 P（由两个交点，取上半平面的那个即可）。根据圆周角定理可知 ∠APB = 90°。于是根据射影定理可知 OP² = OA·OB。解得 OP = √a。再以 O 为圆心，OP 为半径作圆，交 x 轴于 (√a, 0)。由此可知 √a ∈ 𝔻。

根据 1–4 可知 𝔻 是域，并且对正数开平方根运算封闭。𝔻 被称为规矩数域 (field of constructible numbers)。

A.5 ℚ ⊆ 𝔻。

证明 因为 1 ∈ 𝔻。根据 𝔻 对四则运算封闭可知任意有理数都在 𝔻 中。这表明 ℚ ⊆ 𝔻。

A.6 如果 \(a\) 是某个以 \(\mathbb D\) 为系数的二次多项式的实根，那么 \(a\in\mathbb D\)。

证明 设 \(p(x) = \alpha x^2+\beta x+\gamma\)，其中 \(\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb D\)，\(\alpha \ne 0\) 且 \(\Delta = \beta^2-4\alpha\gamma \ge 0\)。则 \(a\) 是 \(p(x)\) 的实根，即 \(p(a)=0\)。配方得 \[\Bigl(a+\frac{\beta}{2}\Bigr)^2 = \frac{\beta^2-4\alpha\gamma}{4\alpha^2} \in \mathbb D\] 又 \(\frac{\beta^2-4\alpha\gamma}{4\alpha^2} > 0\)，根据 A.4 可知 \(a+\frac{\beta}{2} \in \mathbb D\)。再根据域对减法的封闭性可知 \(a\in\mathbb D\)。

B. 可作点和规矩数

证明下列命题。

B.1 设 𝒜 为平面中的某些点的集合；(a,b) 可由 𝒜 作出当且仅当 (a,0) 和 (0,b) 可由 𝒜 作出。

证明

（充分性）过 (a,0) 和 (0,b) 分别作 x 轴和 y 轴的垂线（在尺规作图中是可行的）。它们的交点就是 (a,b)。

（必要性）过 (a,b) 分别向 x 轴和 y 轴作垂线（在尺规作图中是可行的），则垂足分别就是 (a,0) 和 (0,b)。

B.2 如果点 P 可由 {O, I} 作出（即，以 (0,0) 和 (1,0) 为起始），那么 P 可由 ℚ×ℚ 作出。

证明 O,I ∈ ℚ×ℚ，结论是显然的。

B.3 ℚ×ℚ 中的每个点都可由 {O, I} 作出。

证明 设 (a,b) ∈ ℚ×ℚ。根据 A.5 可知，a 和 b 都是规矩数。因此 (a,0) 和 (b,0) 可由 {O, I} 作出。以 O 为圆心，b 为半径作圆，交 y 轴于 (0,b)。这表明 (0,b) 也可以由 {O, I} 作出。根据 B.1 可知，(a,b) 可由 {O, I} 作出。这就是所要证明的。

B.4 如果 P 可由 ℚ×ℚ 作出，那么它可由 {O, I} 作出。

证明 P 可以经过有限步尺规作图的操作得到。设 S ⊆ ℚ×ℚ 为这个过程中用到的有理点。则 S 是有限集合。根据 B.3 可知，S 中每一个点都可以由 {O, I} 作出。因此，可以以 {O, I} 为起始，先作出 S 中的每一个点，然后作出 P。

结合 B.2 和 B.4 可知一个重要的结论：任意点 P 可由 ℚ×ℚ 作出当且仅当 P 可由 {O, I} 作出。因此，可以定义点是可作的 (constructible) 当且仅当它可由 {O, I} 作出。

B.5 点 P 是可作的当且仅当它的两个坐标值都是规矩数。

证明 设 P(a,b) 是可作的，那么它可以以 (0, 0) 和 (1, 0) 为起始，通过有限步尺规作图得到。

尺规作图的每一步有三种情况：

1. 直线交直线：交点的坐标是由已知点的坐标值经四则运算得到的。
2. 直线交圆：交点坐标是二次方程的根，其中，系数是已知点的坐标值或者两点之间的距离。
3. 圆交圆：和上一种情况类似。

当已知点坐标值都是规矩数时，两点之间距离也是规矩数。根据规矩数对四则运算的封闭性，以及 A.6 可知，新作出的点的坐标值一定也是规矩数。又因为 0 和 1 都是规矩数，所以以它们为起始，经过有限步尺规作图作出的点的坐标值一定都是规矩数。这就证明了 a 和 b 是规矩数。

反过来，如果 a 和 b 是规矩数，根据规矩数的定义，(a, 0) 和 (b, 0) 是可作的。以 O 为圆心，b 为半径，交 y 轴于 (0, b)。可见， (0, b) 也是可作的。根据 B.1 可知 (a,b) 是可作的。

C. 可作角

角 α 被称为可作的 (constructible) 当且仅当存在可作点 A, B, C 使得 ∠ABC = α。证明下列命题。

C.1 角 α 是可作的当且仅当 sinα 和 cosα 都是规矩数。

证明

（充分性）当 sinα 和 cosα 都是规矩数时，根据 B.5 可知 P(cosα, sinα) 是可作点。这时，∠POI = α。所以 α 是可作的。

（必要性）当 α 是可作的时，存在 ∠ABC = α。这时，以 B 为圆心，OI 为半径作圆，交 AB 于点 S。过点 S 向 BC 作垂线（在尺规作图中是可行的），垂足为 T。那么，根据三角函数的定义可知，sinα = ST。以 O 为圆心，ST 为半径作圆，交 x 轴于 (sinα, 0)。这表明 sinα ∈ 𝔻。而 cos²α = 1-sin²α ∈ 𝔻。因为 1-sin²α ≥ 0，所以根据 A.4 可知 cosα ∈ 𝔻。

C.2 cosα ∈ 𝔻 当且仅当 sinα ∈ 𝔻。

证明 上一问中已经证明了充分性。必要性同理可证。

C.3 如果 cosα,cosβ ∈ 𝔻，那么 cos(α+β), cos(α-β) ∈ 𝔻。

证明 根据 C.2 可知 sinα,sinβ ∈ 𝔻。根据三角恒等变换的知识，有 cos(α±β) = cosαcosβ ∓ sinαsinβ。根据 𝔻 对四则运算的封闭性可知 cos(α±β) ∈ 𝔻。

C.4 cos(2α) ∈ 𝔻 当且仅当 cosα ∈ 𝔻

证明 根据三角恒等变换的知识，有 cos(2α) = 2cos²α - 1。根据 𝔻 对四则运算以及正数开平方封闭可以作出结论。

C.5 如果 α 和 β 是可作角，那么 α+β, α-β, α/2 和 nα 都是可作角。

证明 根据 C.1 和 C.2 可知 α 是可作角当且仅当 cosα 是规矩数。

由 C.3–C.5 可知 cos(α±β) 和 cos(α/2) 都是规矩数。

由三角恒等变换的知识可知 cos(nα) 可以展开成关于 cosα 和 sinα 的整系数多项式，因此它也是规矩数。

由此可知，上述角都是可作角。

C.6 下列角是可作的：30°, 75°, 22.5°。

证明

• cos30° = √3/2 ∈ 𝔻。
• 因为 30° 可作，所以 150° 可作（延长一条边即得其补角）。根据 C.5 可知它的一半（即 75°）也是可作角。
• 因为 180° 可作（作一条直线即得），根据 C.5 可知 90°, 45°, 22.5° 都是可作角。

C.7 证明下列角不可作：20°, 40°, 140°。

证明

• 根据三角恒等变换可知 2cos20° 是 p(x) = x³-3x-1 的根。而 p(x) 不可约，并且次数不是 2 的幂。这说明 2cos20° ∉ 𝔻，因此 cos20° ∉ 𝔻。
• 假设 40° 可作，那么 20° 也可作。这是不可能的，所以 40° 不可作。
• 假设 140° 可作，那么它的补角 40° 也可作。这是不可能的，所以 140° 不可作。

D. 可作多边形

多边形称为可作的 (constructible) 当且仅当它的顶点是可作点。证明下列命题。

D.1 正 n 边形是可作的当且仅当 2π/n 是可作角。

证明

（充分性）以 O 为圆心，OI 为半径作圆（单位圆）。因为 2π/n 是可作角，根据 C.5 可知 2kπ/n 都是可作角（k=1,2,…,n）。作出所有的 P_k(cos 2kπ/n, sin 2kπ/n)，然后依次连接这些顶点，就作出了正 n 边形。

（必要性）选两条不平行的边，分别作它们的中垂线（在尺规作图中是可行的），中垂线的交点就是正 n 边形的中心。连接中心和任意两个相邻的顶点，得到的夹角就是 2π/n。

D.2 正六边形是可作的。

证明 因为 cos60° = 1/2 ∈ 𝔻 所以 60° 是可作角。根据 D.1 可知正六边形是可作的。

D.3 正九边形是不可作的。

证明 只须证明 40° 是不可做角即可。而这已在 C.7 中证明了。

E. 一个可作多边形

我们将证明 \(2\pi/5\) 是可作角，并推出正五边形是可作的。

E.1 设 \(r=\cos k+i\sin k\) 为复数，证明 \(1/r=\cos k-i\sin k\)。

证明 因为 \[(\cos k+i\sin k)(\cos k-i\sin k) = \cos^2 k+\sin^2 k = 1\] 所以 \(1/r = 1/(\cos k+i\sin k) = (\cos k-i\sin k)\)。

根据 de Moivre 定理， \[\omega = \cos\frac{2\pi}{5} + i\sin\frac{2\pi}{5}\] 是五次单位复根。因为 \[x^5-1 = (x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)\] 所以 \(\omega\) 是 \(p(x) = x^4+x^3+x^2+x+1\) 的根。

E.2 证明 \(\omega^2+\omega+1+\omega^{-1}+\omega^{-2} = 0\)

证明 \[\omega^2+\omega+1+\omega^{-1}+\omega^{-2} = \omega^{-2}p(\omega) = 0\]

E.3 证明 \[4\cos^2\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{2\pi}{5} - 1=0\]

证明 设 \(\theta = 2\pi/5\)。由 E.2 得 \[(\omega+1/\omega)^2 + (\omega+1/\omega) - 1 = 0\] 而 \(\omega+1/\omega = (\cos\theta + i\sin\theta)+(\cos\theta - i\sin\theta) = 2\cos\theta\)，代入上式得 \[4\cos^2\theta + 2\cos\theta - 1 = 0\] 这就是所要证明的。

E.4 使用 E.3 和 A.6 证明 \(\cos(2\pi/5)\) 是规矩数。

证明 由 E.3 知 \(\cos(2\pi/5)\) 是多项式 \(4x^2+2x-1\) 的根。根据 A.6 可知 \(\cos(2\pi/5)\) 是规矩数。

E.5 证明 \(2\pi/5\) 是可作角。

证明 由 E.4 和 C.1, C.2 立即得到结论。

E.6 证明正五边形是可作的。

证明 由 E.5 和 D.1 立即得到结论。

F. 一个不可作多边形

根据 de Moivre 定理， \[\omega = \cos\frac{2\pi}{7} + i\sin\frac{2\pi}{7}\] 是七次单位复根。因为 \[x^7-1 = (x-1)(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)\] 所以 \(\omega\) 是 \(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1\) 的根。

F.1–6 证明正七边形是不可作的。

证明 仿照 E.2 可知 \[\omega^3+\omega^2+\omega+1+\omega^{-1}+\omega^{-2}+\omega^{-3} = 0\] 它等价于 \[(\omega+1/\omega)^3 + (\omega+1/\omega)^2 - 2(\omega+1/\omega) - 1 = 0\] 而 \(\omega+1/\omega=2\cos\frac{2\pi}{7}\)，代入可知 \(\cos\frac{2\pi}{7}\) 是多项式 \(p(x)=8x^3 + 4x^2-2x-1\) 的根。可能的有理根为 \(\pm1,\pm\frac12,\pm\frac14,\pm\frac18\)；代入可知都不是根。因此 \(p(x)\) 在 \(\mathbb Q\) 上不可约。但 \(\deg p(x) = 3\) 不是 \(2\) 的幂，所以 \(\cos\frac{2\pi}{7}\) 不是规矩数。由此而知 \(\frac{2\pi}{7}\) 不是可作角，因此正七边形不可作。

G. 规矩数和可作图形的更多性质

证明下列命题。

G.1 如果数 a 是不可约多项式 p(x) ∈ ℚ[x] 的根，且 p(x) 的次数不是 2 的幂，那么 a 不是规矩数。

证明 根据本章定理 1 可知 (a,0) 不是可作点。根据规矩数的定义可知 a 不是规矩数。

G.2 任意规矩数都可以由有理数经过反复的加减乘除和对正数开平方根得到。

证明 设 a 是规矩数，那么 P(a,0) 是可作点。设它以有限个有理点 P₁, …, P_r 为起始，经过有限步尺规作图得到 P_r+1, …, P_n=P。那么，对于任意 r < i ≤ n，P_i 的坐标都是由 P₁,…P_i-1 的坐标值通过加减乘除或对正数开平方得到的。当 i=n 时就是所要证明的结论。

G.3 𝔻 是 ℚ 的对“对正数开平方”运算封闭的最小扩域。

证明 只须证明最小性即可。设 ℚ ⊆ F，且 F 对“对正数开平方”运算封闭。那么，任取 x ∈ 𝔻，可知 x 可由有理数经过反复的加减乘除和对正数开平方根得到。这等于说存在序列 x₁,…,x_r,…,x_n = x，其中 x₁,…,x_r ∈ ℚ ⊆ F，并且对于任意 r < i ≤ n，x_i 是由 x₁,…,x_i-1 中的数通过加减乘除或对正数开平方得到的。根据 F 是域并且对“对正数开平方”运算封闭，可知 x_r+1,…,x_n ∈ F。这意味着 x ∈ F，因此 𝔻 ⊆ F。可见，任意包含 ℚ 且对“对正数开平方”运算封闭的域都包含 𝔻，这就证明了结论。

G.4 多项式 \(x^4-3x^2+1\) 的根都是规矩数。

证明 由求根公式得 \[x=\pm\sqrt{\frac{3\pm\sqrt5}{2}}\] 可见 \(x\) 是由有理数经反复的四则运算和对正数开方运算得到的，根据 G.2 可知 \(x\) 是规矩数。

G.5 如果 a,b,c ∈ 𝔻，则直线 ax + by + c = 0 是可作的。

证明 直线上的两个点是 (-c/a, 0) 和 (0, -b/a)。根据 G.2 和 B.5 可知它们都是可作点。作出这两个点就可以作出所要作的直线。

G.6 如果 \(a,b,c\in\mathbb D\)，则圆 \(x^2+y^2+ax+by+c=0\) 是可作的。

证明 配方，得圆的标准方程： \[\Bigl(x+\frac a2\Bigr)^2+\Bigl(y+\frac b2\Bigr)^2 = \frac{a^2+b^2}{4} - c\] 不难验证 \(-a/2\)、\(-b/2\) 和 \(r = \sqrt{(a^2+b^2)/4 - c}\) 都是规矩数。因此可以作出 \((-a/2,-b/2)\)，然后以它为圆心，\(r\) 为半径作圆，就是所要作的圆。