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本文由于要使语言简单,有可能会忽略一些严谨的内容。

尺规作图的本质与伽罗华理论

尺规作图

尺规作图,表面上是几何问题。实际涉及到的,恰恰是代数的领域和范畴。

为什么呢?

首先我们明确,尺规作图可以作下面的$6$件事情(也就是尺规作图的基本操作):

  1. 作过两点的直线;

  2. 以已知点为圆心,给定长度为半径作圆;

  3. 确定两直线交点;

  4. 确定直线与圆的交点;

  5. 确定圆与圆的交点。

下面我们确定一单位长度$1$,一原点与坐标系,我们来探究可以做出哪些点。

首先,由于我们可以作垂线,所有整点都是可以被作出的。事实上,作整点$(a,b)(a,b\in\mathbb{Z})$,只需要先确定$(a,0)$,再过点$(a,0)$作$x$轴的垂线,最后确定点$(a,b)$。

尺规也可以对已知的数(表示的点)做运算,但仅仅包括:加、减、乘、除与开平方。

下面我们分别来看一下这些东西的表示。

加、减

若要作$a+b$,只需要在$a$的延长线上截取$b$即可。

要作$a-b$只需要直接在$a$上截取$b$即可。

乘、除与开平方

若已知$a,b$,要作出$ab$,可以采用相似三角形来完成。除法与其类似。

下图的紫色线段的长度即为$ab$。

事实上,由于$DE//BC$,因此

于是可以知道$EC=DB\cdot AE/AD=ab$。

image-20210413210505495

开平方类似,也可以借助相似三角形来完成。紫色的线段的长度即为$\sqrt{a}$。

image-20210413211040080

伽罗华理论

为了深入地理解尺规作图,这里补充一些例如伽罗华的群论的基础知识。

若$D$为一非空集合,若定义在$D$上的二元运算$\cdot$(不一定是乘法,仅仅是一运算):$\cdot :D\times D\to D$ 组成的代数结构满足:

  1. $\cdot$运算有封闭性,形式化地,$\forall a,b\in D,a\cdot b\in D$;

  2. $\cdot$运算有结合律,即$\forall a,b,c \in D,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)$;

    我们把这样的结构称为「半群」。

  3. 具有单位元:$\exists e\in D,\forall a\in D,a\cdot e=e\cdot a=a$;

  4. 具有逆元:$\forall a\in D,\exists b\in D,a\cdot b=b\cdot a=e$,则称$b$为$a$的「逆元」,记为$a^{-1}$。

具有上述所有性质就称为「群」,记为$< D,\cdot>$。

特别地,若运算$\cdot$满足交换律:$\forall a,b\in D,a\cdot b=b\cdot a$,那么称这群为「阿贝尔群」。

群的性质(证明留作练习):

  1. 单位元唯一:若$e,f$为群$< D,\cdot>$的单位元,则$e=f$;

  2. 逆元唯一:若$b=a^{-1},c=a^{-1}$,那么$b=c$;

  3. $\forall a,b\in D$,方程$a\cdot x=b,y\cdot a=b$均有解($a,b$为参数),此时$x=a^{-1}\cdot b,y=b\cdot a^{-1}$;

  4. $\forall a,b,c\in D$,$ac=bc\iff a=b$;

  5. $\forall a\in D,(a^{-1})^{-1}=a$;

  6. $\forall a,b\in D,(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$。

在非空集合$D$中,定义了两种代数运算$+,\cdot$(不一定为加法与乘法),满足

  1. 代数系统$< D,+ >$为一阿贝尔群;

  2. 代数系统$< D,\cdot>$为一半群;

  3. 对$+,\cdot$有分配律:$\forall a,b,c\in D$,

那么称代数系统$< D,+,\cdot >$为一「环」。

$< D,+ >$上的单位元被称为「零元」,且满足$\forall a\in D,a\cdot 0=0\cdot a=0$。

若$< D,+,\cdot >$为一环,记$0$为群$< D,+ >$的单位元,若$< D,+ >$与$< D/\lbrace 0\rbrace ,\cdot >$均为阿贝尔群且满足分配律,则此环为一「域」。

换句话说,域可以理解成一加减乘除都封闭的集合。

下面是常见的数集是不是域:

$\mathbb{Q}$ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{R}$ $\mathbb{C}$
不是

回来看尺规作图

尺规作图与域的联系

由于我们已经知道尺规作图可以做出所有有理点,因此仅仅使用加减乘除,我们只有可能做出有理数,能做出的被限定在有理数域$\mathbb{Q}$内。

但是尺规作图还可以开平方!

对$2$开平方,得到$\sqrt{2}$,我们可以作出有理数与$\sqrt{2}$的所有线性组合,即$a+\sqrt{2}b$,其中$a,b\in \mathbb{Q}$。

线性组合

$x,y$的线性组合为

容易证明,所有$a+\sqrt{2}b$的数组成了一新域。其为包含$\mathbb{Q},\sqrt{2}$最小的域,记为$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$。因此我们可以知道,对$2$开平方实际上是将域$\mathbb{Q}$扩张,变为了$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$。并且可以不断对新域进行扩张,例如再把$3$开平方,得到$\mathbb{Q}(\sqrt{2})(\sqrt{3})$。

像这样加入一数的扩张称为单扩张。

我们也可以同时添加$\sqrt{2},\sqrt{3}$到$\mathbb{Q}$中,得到域$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2})(\sqrt{3})$。

那么如何衡量扩张的大小呢?

维数

我们引入维数:基底的数量。

例如$\mathbb{Q}$到$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$的扩张为$2$维的,因为可以有两元素$1,\sqrt{2}$的线性组合$a\cdot 1+b\cdot\sqrt{2}(a,b\in\mathbb{Q})$满足所有线性组合与$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$一一对应。我们把这种维数记为$[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2$。

练习:求$[\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q}]$。

解答:由于可以从域$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$中取出基底$1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6}$,它们的线性组合

与域中的每一数一一对应,因此此扩张的维数$[\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q}]=\boxed{4}$。

从上面的例子容易得到

次数

数$a$在域$D$上的次数指在$D$上存在一多项式满足多项式$x^\alpha-b$的根为$a$,并且$a$不是$D$上次数小于$\alpha$的任何多项式的根,那么就把$\alpha$叫做$a$的次数。

依据定义我们可以知道,原来的域中任意数的次数为$1$。

可以证明:单扩张的维数等于新加入的数的次数。


回到尺规作图。

尺规作图得到新点的方式有上文的$3,4,5$三种。新得到的点,有可能在已有的域中(扩张的维数为$1$),也有可能在已有的域外(扩张的维数为$2$)。

下面我们用解析几何的方法探讨扩张的维数的情况。我们分析上文的三种得到新点的方法:直线与直线交点,圆与直线交点,圆与圆交点。

圆的一般方程为

直线的一般方程为

联立起来然后消元,可以得到一元二次方程$Az^2+Bz+C=0$。其求根公式为

那么,可以明确$B^2-4AC$属于原来的域,因此仅仅需要讨论$\sqrt{B^2-4AC}$是否属于原来的域。是即为一维扩张,反之为二维扩张。

由于扩张的维数可以相乘,因此对于有限$n$步扩展(即作图有限次)后的域$\mathbb{Q}_n$,相对于原来域$\mathbb{Q}$的维数,一定有

那么由于对于单扩张,次数与维数相等,因此所有可以作出的数在域$\mathbb{Q}$上的次数一定为$2$的幂。

三大难题无解的证明

三等分角

假设命题成立,即尺规可以三等分任意角$\theta$,那么考虑$\theta=\dfrac{\pi}{3}$的情形。

那么$\dfrac{1}{3}\theta=\dfrac{\pi}{9}$,由于单位长度$1$是定的,仅仅需要做出$\cos\dfrac{\pi}{9}$,就可以三等分$\theta$。

仅需考虑$\cos\dfrac{\pi}{9}$在域$\mathbb{Q}$上的次数即可。

利用三倍角公式,

由于

因此$\cos\dfrac{\pi}{9}$为方程$\dfrac{1}{2}=4x^3-3x$的解,即多项式

的根,而其为$\mathbb{Q}$上的既约多项式,因此$\cos\dfrac{\pi}{9}$在$\mathbb{Q}$上的次数为$3$,不是$2$的幂。因此不可三等分任意角。$\boxed{}$

倍立方体

题目等价于做出$\sqrt[3]{2}$,而其为$\mathbb{Q}$上的既约多项式

的根,因此$\sqrt[3]{2}$的次数为$3$,不为$2$的幂。$\boxed{}$

化圆为方

等价于做出$\sqrt{\pi}$,但由于$\pi$是超越数,它不是任何代数方程的根。因此化圆为方无解。$\boxed{}$

尺规作图与单规作图

反演

在一确定的平面内,设$\omega$为以$O$为圆心(称为反演中心)$r$为半径的圆。点$P$的象为点$P’$,满足$P’\in 直 线OP$,与点$P$在$O$的同侧,并且有

则点$P$与$P’$互为关于$\omega$的反演点。值得注意的是,$O$的反演点是无穷远点$\infty$。因此我们可以得到反演的一性质:平面上的每一点有且仅有一象,而且它本身是且仅是一点的原象。

反演的性质

如下图所示,分别是$4$种原象与其反演象。

容易知道下面的性质

序号 字母 原象 反演象
$1$ $\ell$ 过点$O$的一条直线 不变,仍为过点$O$的一条直线
$2$ $\varGamma$ 过点$O$的一圆 不过点$O$的一条直线
$3$ $m$ 不过点$O$的一条直线 过点$O$的一圆
$4$ $\varphi$ 不过点$O$的一圆 不过点$O$的一圆

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下面逐一证明。

首先证明命题$1$。设$P\in\ell$,由于定义可以知道,$P’\in\ell$,命题$1$证毕。

下面证明命题$3$。过点$O$作直线$m$的垂线交$m$于$H$,作出$H$的反演点$H’$,则有

取$m$上任意一点$P$,作出其反演点$P’$,则有

因此容易知道

由此可知

那么

由此可知,所有点$P$组成一以$OH’$的中点为圆心,$1/2OH’$的长度为半径的一圆。所以$m$的反演象为圆$m’$,命题$3$证毕。

由于反演的唯一性,因此命题$2$也成立。

最后证明命题$4$,设$\varphi$的半径为$k$,圆心为$M$,在$O$作一$\varphi$的割线交$\varphi$分别于$A,B$,考虑这两点的反演象$A’,B’$。设$t$为圆$\varphi$到$\omega$的切线长,由反演的定义可知

再由切割线定理可知

相除,得

其中$c^2$为仅仅依赖$r,t$的常数,$A,B$的位置对其无影响。作$A’Q//BM$交$OM$于$Q$,于是

因此

这就说明无论$A,B$的位置如何,$Q\in OM$,并且$Q$在$OM$上的位置保持不变。同样,由于$OA’/OB=OB’/OA$,可以得到$B’Q=A’Q$,因此$\varphi$上所有$A,B$的象与$Q$的距离总为原来的$A’Q$,因此$\varphi$的反演象为以$Q$为圆心的一圆$\varphi’$,命题$4$得证。

反演点的单规作图

马歇罗尼定理

任意尺规作图可以解决的问题都可以运用单规作图解决。

证明:地方太小写不下。

思路:只需要证明(构造)单规作图可以作出尺规作图的所有操作即可。

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