1.6拓展阅读：从尺规作图到域扩张

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讲义正文

拓展阅读：从尺规作图到域扩张

三等分角,立方倍积,化圆为方,等分圆周的尺规作图问题,都是古希腊著名的问题,经过了几千年的时间才得到了解决,而解决这类问题的思想方法不仅在数学上,而且在人类思想史上都具有重要的意义.

这四类问题的具体表述如下：

化圆为方： 已知一个圆,求作一个正方形与这个圆的面积相等.

立方倍积：已知一个正方体,求作新的正方体,使它的体积是已知正方体的2倍.

三等分角：将任意一个已知角三等分.

等分圆周：任给一个圆与整数\(\displaystyle n\geqslant2\),在给定圆的圆周上依次作出\(\displaystyle n\)个点,将圆周\(\displaystyle n\)等分.

尺规作图的基本概念

定义 1.6.1（尺规作图）

尺规作图是指仅使用圆规和无刻度直尺在平面内进行几何图形构建的方法.

在初中我们学会了解决一些简单的尺规作图问题,包括：过平面内一点作一条已知直线的垂线/平行线；作一个已知角的角平分线等等.

这些问题的作图依据都是较为浅显的,仅仅使用中学的基础几何定理即可说明,但如果我们试图解决本文开头提出的难题,恐怕就不得不去探索尺规作图的本质了.

尺规作图作出的量包括线段长与角度,我们可以将求作角度的问题转化为求作线段长的问题：“已知1,求作角度\(\displaystyle \alpha\)”这个问题等价于“已知1,求作\(\displaystyle \cos \alpha\)”.

于是我们可以将上述四个著名作图问题作等价如下：

化圆为方： 已知1,求作\(\displaystyle \sqrt{\pi}\).

立方倍积：已知1,求作\(\displaystyle \sqrt[3]{2}\).

三等分角：已知\(\displaystyle 1,\cos\alpha\),求作\(\displaystyle \cos\frac{1}{3}\alpha\).

等分圆周：已知1,并给定一个整数\(\displaystyle n\geqslant2\),求作\(\displaystyle \cos\frac{2\pi}{n}\).

我们先来探讨尺规作图在代数上的一些性质.

\paragraph{结论 1 }已知实数\(\displaystyle a,b\),可作\(\displaystyle a+b,a-b\).

这一结论是显然的.

\paragraph{结论 2 }已知实数\(\displaystyle 1,a,b\),可作\(\displaystyle ab,\frac{a}{b}(\text{其中}b\neq 0)\) \iffalse

\centering \caption*{图1.10.1} [fig:margin_img]

\centering \caption*{图1.10.2} [fig:margin_img]

\centering \caption*{图1.10.3} [fig:margin_img]

\fi

证明

如图1.10.1,从\(\displaystyle P\)点沿两个不同的方向引两条射线,可作出\(\displaystyle A_1,B_1\)两点满足\(\displaystyle PA_1=1,PB_1=a\),再作\(\displaystyle A_2\),其与\(\displaystyle P\)均处于\(\displaystyle l_1\)上且位于\(\displaystyle A_1\)两侧,满足\(\displaystyle A_1A_2=b\).

过\(\displaystyle A_2\)可作平行线\(\displaystyle A_2B_2//A_1B_1\),交\(\displaystyle l_2\)于\(\displaystyle B_2\).

可知\(\displaystyle \Delta A_1B_1P\sim \Delta A_2B_2P\),据相似三角形性质有\(\displaystyle B_1B_2=ab\),于是通过尺规作图作出了\(\displaystyle ab\).

此处省略\(\displaystyle \frac{a}{b}\)可作的证明叙述,看图1.10.2便知.

\paragraph{结论 3 }已知实数\(\displaystyle 1,a\),可作\(\displaystyle \sqrt{a}\)

问题

参考图1.10.3,给出证明.

根据上述结论,我们可以得到引理

引理

设\(\displaystyle S_0\)是已知的实数的集合,包含1.则由尺规作图可以作出\(\displaystyle S_1\)中任意两数的和、差、积、商（除数不为0）,以及\(\displaystyle S_0\)中任意正实数的平方根.

记\(\displaystyle S_0\)为最初已知数的集合（包含1）,从\(\displaystyle S_0\)出发,将\(\displaystyle S_0\)中的数进行有限次加、减、乘、除以及正实数开方运算得到的所有实数的集合记为\(\displaystyle S_1\)

\paragraph{结论 4 }\(\displaystyle S_1\)对于加、减、乘、除以及正实数开方运算封闭.

这是因为,我们可以将“对\(\displaystyle S_1\)中的数进行上述有限次运算”这一过程视作“在对\(\displaystyle S_0\)中的数进行上述有限步运算”的延续,显然前者的结果仍然落在\(\displaystyle S_1\)中.

对于引理,我们自然就要问：上述五种运算是可以借助尺规作图得到的,反过来,尺规作图是不是仅能得到上述五种运算？还是说,对\(\displaystyle S_0\)中的数用尺规作图,能作出一些新的数,这些数不属于\(\displaystyle S_1\)？

我们依次审查直尺和圆规所能做的几项基本作图.

（1）直尺的唯一功能是过两个已知点作一条直线.设两个已知点为\(\displaystyle P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2)\),\(\displaystyle x_1,x_2,y_1,y_2\in S_0\),将其带入直线方程\(\displaystyle Ax+By+C=0\),解得

\(\displaystyle a=y_2-y_1,b=x_1-x_2,c=x_2y_1-x_1y_2\)

参数\(\displaystyle A,B,C\)都可由\(\displaystyle S_0\)中的数经过加、减、乘得到,仍在\(\displaystyle S_1\)中.

（2）圆规的唯一功能是以已知点为圆心,以已知长度为半径作圆.设圆的方程为\(\displaystyle (x-x_1)^2+(y-y_1)^2=R^2\),化为一般方程\(\displaystyle x^2+y^2+Cx+Dy+E=0\),有

\(\displaystyle C=-2x_1,D=-2x_2,E=x^2_1+y_1^2-R^2\)

参数\(\displaystyle C,D,E\)都可由\(\displaystyle S_0\)中的数经过加、减、乘得到,仍在\(\displaystyle S_1\)中,

（3）由已知点产生新的点的唯一方式是,从已知点出发,按上述两种方式作直线与圆,这些圆或直线两两的交点就是新的点.

问题

验证“直线与直线的交点”、“直线与圆的交点”、“圆与圆的交点”的横纵坐标均可由\(\displaystyle S_0\)中的元素通过加、减、乘、除和正实数开方运算得到.

由此证明了尺规作图的一条重要定理.

定理

设\(\displaystyle S_0\)是已知的实数的集合,包含\(\displaystyle 1\),\(\displaystyle x\)是任意实数.则由\(\displaystyle S_0\)出发经过尺规作图可以作出\(\displaystyle x\)的充要条件是：由\(\displaystyle S_0\)中的数经过有限次加、减、乘、除和正实数开方运算可以得出\(\displaystyle x\).

三等分角问题

我们现在就来考察,对于三等分角这一作图问题,尺规作图这一本领是否足够大,可以从\(\displaystyle 1,\cos\alpha\)出发作出\(\displaystyle \cos\frac{1}{3}\alpha\)？不妨设\(\displaystyle x=\cos\frac{1}{3}\alpha\),据三倍角公式,有

\[\displaystyle 4x^3-3x-\cos\alpha=0\]

这里我们暂不考虑对任意角度的证明,只取若干特殊角进行尝试,如果尺规作图不能作出,那么也就解决了三等分角.我们所选角度的形式不仅要较为简洁,还不能是平凡的,例如,三等分\(\displaystyle 180^{\circ},90^{\circ}\)是很轻松的,但是这并不能帮助我们推进对问题的研究.

基于上述考虑,我们不妨选取\(\displaystyle \alpha=60^{\circ}\),带入方程(1),有

\[\displaystyle 8x^2-6x-1=0\]

我们当然希望得到\(\displaystyle x\),为此,我们拼命地对\(\displaystyle S_0\)中的数作加、减、乘、除和开平方,将所得到的数统统添加进\(\displaystyle S_0\)中,来扩大已知数的集合,扩得越大越好,并希望能将\(\displaystyle x\)也囊括进去.

我们已经证明了：由\(\displaystyle 1\)开始通过加、减、乘、除四种运算,可以得到全体有理数.

那么我们就要问,方程(2)是否有有理根呢？如果有,\(\displaystyle \alpha=60^{\circ}\)就是可三等分的.为了搞清楚这个问题,我们先看一般的一元\(\displaystyle n\)次整系数方程的有理根应当是什么样子.

一元整系数方程的有理根

定理：有理根定理

设\(\displaystyle n\)次多项式\(\displaystyle f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n\)的系数\(\displaystyle a_0,a_1,\cdots,a_n\)都是整数,\(\displaystyle a_0\neq 0\),\(\displaystyle \frac{p}{q}\)是既约分数,如果\(\displaystyle \frac{p}{q}\)是整系数代数方程\(\displaystyle f(x)=0\)的根,则\(\displaystyle p\mid a_n\),\(\displaystyle q\mid a_0\).

证明

将 \(\displaystyle x = \frac{p}{q}\) 代入方程： $\(\displaystyle a_0\left(\frac{p}{q}\right)^n + a_1\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + \cdots + a_{n-1}\left(\frac{p}{q}\right) + a_n = 0\)$

两边同乘以 \(\displaystyle q^n\) $\(\displaystyle a_0 p^n + a_1 p^{n-1}q + a_2 p^{n-2}q^2 + \cdots + a_{n-1} pq^{n-1} + a_n q^n = 0 \quad (\ast)\)$

先证明 \(\displaystyle p \mid a_n\)：

从等式 \(\displaystyle (\ast)\) 中,将前 \(\displaystyle n\) 项移项并将公因式 \(\displaystyle p\) 提出来： $\(\displaystyle p(a_0 p^{n-1} + a_1 p^{n-2}q + \cdots + a_{n-1} q^{n-1}) = -a_n q^n\)$

由于括号内的各项都是整数,其和也是整数.因此,左侧可以被 \(\displaystyle p\) 整除,从而推导出：

\[\displaystyle p \mid a_n q^n\]

根据引理：若 \(\displaystyle a\mid bc\) 且 \(\displaystyle \gcd(a, c)=1\),则 \(\displaystyle a\mid b\).

已知 \(\displaystyle \gcd(p, q)=1\),故 \(\displaystyle \gcd(p, q^n)=1\).

由此得证：\(\displaystyle p \mid a_n\)

再证明 \(\displaystyle q \mid a_0\)：

同样,从等式 \(\displaystyle (\ast)\) 中,将后 \(\displaystyle n\) 项移项并提出公因式 \(\displaystyle q\)： $\(\displaystyle q(a_1 p^{n-1} + a_2 p^{n-2}q + \cdots + a_n q^{n-1}) = -a_0 p^n\)$ 同理,等式左侧能被 \(\displaystyle q\) 整除,推导出： $\(\displaystyle q \mid a_0 p^n\)$ 已知 \(\displaystyle \gcd(q, p)=1\),故 \(\displaystyle \gcd(q, p^n)=1\).

由此得证：\(\displaystyle q \mid a_0\)

有理根定理虽然只给出了分数\(\displaystyle \frac{p}{q}\)是有理根的必要条件：不满足条件的肯定不是根,满足条件的可能是根,但最高次项\(\displaystyle a_0\)与最低次项\(\displaystyle a_n\)的因子个数是有限的,对于部分方程,我们可以列举所有的\(\displaystyle p,q(p\mid a_0,q\mid a_n)\),把这些\(\displaystyle \frac{p}{q}\)作为候选根,逐一带回原方程进行验证.

现在再看方程(2),可知,方程若存在有理根,则可能的根只能为\(\displaystyle \pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{8}\),可以发现它们都不是原方程的根.

或对方程(2)稍作变形,令\(\displaystyle y=2x\),有

\[\displaystyle y^3-3y-1=0\]

可知,方程(2)存在有理根当且仅当方程(3)存在有理根,对于方程(3),仅需验证\(\displaystyle \pm 1\)即可,可知\(\displaystyle \pm 1\)均不是方程(3)的根.

这说明了\(\displaystyle x=\cos 20^{\circ}\)不是有理数.

问题

借助有理根定理,证明：\(\displaystyle \sqrt{2}\)是无理数.

尺规作图从1出发通过四则运算得到了全体有理数,它的本领是很大的了,可是我们仍然不满意,仅仅通过四则运算是不可能得到\(\displaystyle \cos 20^{\circ}\)这个无理数的.但尺规作图还有一招：开平方.只需在\(\displaystyle \mathbb{Q}\)中取一个正数\(\displaystyle D_1\),当然这个正数不能是任何有理数的平方,由尺规作图可作出无理数\(\displaystyle \sqrt{D_1}\),这个无理数又可以与全体有理数作四则运算,得到一个新的已知数集合

\(\displaystyle E_1=\{a+b\sqrt{D_1}\mid a,b,D_1\in\mathbb{Q},\sqrt{D_1}\notin \mathbb{Q}\}\)

问题

验证\(\displaystyle E_1\)对于四则运算封闭.

问题

推广上述结论：设\(\displaystyle F\)是任意数域,\(\displaystyle D\in F\)且\(\displaystyle \sqrt{D}\notin F\),设\(\displaystyle E=\{a+b\sqrt{D},a,b\in F\}\),证明：\(\displaystyle E\)是数域.

定理

设实系数代数方程\(\displaystyle f(x)=0\)有一个复根\(\displaystyle x_1=a+b\mathrm{i}\)（\(\displaystyle a,b\)是实数,\(\displaystyle b\neq 0,\mathrm{i}\)是虚数单位）,则\(\displaystyle x_1\)的共轭复数\(\displaystyle a-b\mathrm{i}\)也是方程\(\displaystyle f(x)=0\)的根.

证明

设实系数多项式为 \(\displaystyle f(x) = c_n x^n + c_{n-1} x^{n-1} + \dots + c_1 x + c_0\),其中系数 \(\displaystyle c_k \in \mathbb{R}\).

若 $\displaystyle x_1$ 是方程的根,则有：

\(\displaystyle c_n x_1^n + c_{n-1} x_1^{n-1} + \dots + c_0 = 0\)

对等式两边同时取复共轭,得：

\(\displaystyle \overline{c_n x_1^n + c_{n-1} x_1^{n-1} + \dots + c_0} = \overline{0} = 0\)

利用复共轭运算法则：\(\displaystyle \overline{z+w} = \overline{z} + \overline{w}\) 且 \(\displaystyle \overline{zw} = \overline{z} \cdot \overline{w}\),上式变为：

\(\displaystyle \overline{c_n} (\overline{x_1})^n + \overline{c_{n-1}} (\overline{x_1})^{n-1} + \dots + \overline{c_0} = 0\)

由于\(\displaystyle c_k\in\mathbb{R}\),故\(\displaystyle \overline{c_k} = c_k\).

因此：

\(\displaystyle c_n (\overline{x_1})^n + c_{n-1} (\overline{x_1})^{n-1} + \dots + c_0 = 0\)

这说明 \(\displaystyle f(\overline{x_1}) = 0\),即\(\displaystyle a-b\mathrm{i}\)也是方程的根.

还可从多项式整除的角度出发,此处补充几个概念.

定义 1.6.6（多项式的次数）

在多项式 \(\displaystyle f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0(a_n\neq 0)\) 中,最高次项 \(\displaystyle x^n\) 的指数 \(\displaystyle n\) 称为这个多项式的次数,记作 \(\displaystyle \deg f(x)\).

定义 1.6.7（实数域上多项式的带余除法）

设 \(\displaystyle f(x)\) 和 \(\displaystyle g(x)\) 是两个实系数多项式,且 \(\displaystyle g(x)\neq 0\).则一定存在唯一的一对实系数多项式 \(\displaystyle q(x)\)（商式）和 \(\displaystyle r(x)\)（余式）,使得：

\(\displaystyle f(x) = g(x) \cdot q(x) + r(x),\deg r(x)<\deg g(x)\)

当\(\displaystyle r(x)=0\)时,称\(\displaystyle g(x)\)整除\(\displaystyle f(x)\),记作\(\displaystyle g(x)\mid f(x)\).

定义 1.6.8（因式定理）

多项式 \(\displaystyle f(x)\) 有因式 \(\displaystyle (x - a)\) 的充分必要条件是 \(\displaystyle f(a) = 0\).

我们据此再对定理3给出另一种证明,并使用此方法完成后续两个定理的证明.

证明

构造 \(\displaystyle g(x) = (x - x_1)(x - x_2) = [x - (a + b\mathrm{i})][x - (a - b\mathrm{i})]\).

要证明$\displaystyle a+b\mathrm{i},a-b\mathrm{i}$都是$\displaystyle f(x)=0$的根,则需证明$\displaystyle g(x)\mid f(x)$

展开$\displaystyle g(x)$：$\displaystyle g(x) = x^2 - 2ax + (a^2 + b^2)$,系数 $\displaystyle 1, -2a, a^2+b^2\in\mathbb{R}$.

将实系数多项式 $\displaystyle f(x)$ 除以实系数多项式 $\displaystyle g(x)$.根据多项式除法法则,存在实系数多项式 $\displaystyle q(x)$ 和 $\displaystyle r(x)$,使得：
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\(\displaystyle f(x) = g(x)q(x) + r(x)\)

其中 $\displaystyle \deg r(x)<\deg g(x)=2$,故设 $\displaystyle r(x) = cx + d$,且由除法封闭性知 $\displaystyle c, d \in \mathbb{R}$.

已知 $\displaystyle f(x_1) = 0$ ,根据构造知 $\displaystyle g(x_1) = 0$,则有：
$\displaystyle 0 = 0 \cdot q(x_1) + r(x_1) \implies c(a + b\mathrm{i}) + d = 0$
整理得：$\displaystyle (ca + d) + (cb)\mathrm{i} = 0$.

已知 $\displaystyle b \neq 0$,解得$\displaystyle c=d=0$.

所以 $\displaystyle r(x) =0$,即 $\displaystyle g(x)\mid f(x)$

因此$\displaystyle x_2$是$\displaystyle f(x)=0$的一个根.