近世代数理论基础33：尺规作图

2019-03-11 本文已影响5人溺于恐

尺规作图

定义：在欧氏平面图上任给一个有限点集合 $S_0=\{P_1,P_2,\cdots,P_n\}(n\ge 2)$ ,只允许用无刻度的直尺和圆规作如下图形：

(1)过 $S_0$ 的任两点作直线

(2)以 $S_0$ 的任一点为圆心,以 $S_0$ 的任两点的距离为半径作圆

若平面上一点P是(1)中两直线的交点、(1)中一直线和(2)中一圆的交点、(2)中两圆的交点,则称点P可用尺规直接从 $S_0$ 做出

若对点P,存在一串点 $P’_1P’_2,\cdots,P’_r,P’_{r+1}=P$ ,使 $P’_1$ 可用尺规直接从 $S_0$ 作出,且 $P’_{r+1}$ 可用尺规直接从 $S_0\cup \{p’_1,P’_2,\cdots,P’_i\}$ 作出, $i=1,2,\cdots,r$ ,则称P可用尺规从 $S_0$ 作出

点P可作的条件

取 $P_1,P_2$ 分别为坐标原点O和 $x$ -轴上单位点E,建立平面直角坐标系

每点 $P_i$ 的坐标记作 $(a_i,b_i)$ , $P_1=(0,0)$ , $P_2=(1,0)$

$x$ -轴上的整数点 $(r,0),r\in \Z$ 都可作出

过点O作与 $x$ -轴垂直的直线 $y$ -轴,则 $y$ -轴上的所有整数点 $(0,s),s\in \Z$ 也可作出

即可作出平面上一切整数点 $(r,s)$

若整点 $M$ 的坐标为 $(r,s)$ ,作线段 $\overline{OM}$ 的m分点 $(r/,s/m)$ ,则平面上一切有理点都可作出

将平面上的点用复数表示,即 $P(a,b)$ 表成 $z=a+bi$ ,则域 $\Q(\sqrt{-1})$ 的每个数都可用尺规从数集 $\{0,1\}$ 作出

若点 $P(a,b)$ 可从 $S_0$ 作出,则点 $(a,0),(0,b),(a,-b),(-b,a)$ 都可从 $S_0$ 作出

若 $z=a+bi$ 可从 $S_0$ 作出,则 $a,b$ 也可从 $S_0$ 作出

引理：设 $a,b$ 是两个非零实数,则 $a\pm b,ab,a/b$ 和 $\sqrt{a}(a\gt 0)$ 可用尺规从数集 $S=\{0,1,a,b\}$ 作出

证明：

$若c\in R可用尺规从S作出$

$则-c也可作出$

$\therefore 不妨设a\gt 0,b\gt 0$

$显然,a+b,a-b可用尺规作出$

$将a,b理解为平面中的点A(0,a),B(b,0)$

$过(b,0)作与(1,0)和(0,a)联线平行的直线,交y-轴于(0,r)$

$由相似三角形的性质,有r=ab$

$\therefore ab可用尺规从S作出$

$将a,b理解成平面上的点(0,a),(b,0)$

$过(1,0)作与(b,0)和(0,a)的联线平行的直线,交y-轴于(0,s)$

$则s=a/b$

$\therefore a/b可用尺规从S作出$

$作点1+a$

$再作O和1+a的中点m$

$以m为圆心,Om为半径作圆$

$交过1且与x-轴垂直的直线于(1,r)$

$则r^2=1\cdot a=a,r\sqrt{a}$

$\therefore \sqrt{a}可用尺规从S作出\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：设 $F_1=\Q(\sqrt{-1},z_1,z_2,\cdots,z_n,\overline{z}_1,\overline{z}_2,\cdots,\overline{z}_n)$ 是一个域, $z_i=a_i+b_i\sqrt{-1},i=1,2,\cdots,n$ 是n个复数,则复数 $z$ 可用尺规从数集 $S_0=\{0,1,z_1,z_2,\cdots,z_n\}$ 作出的充要条件是存在域扩张序列： $F_1\subset F_2\subset F_3\subset \cdots \subset F_r$ , $F_i=F_{i-1}(\theta_i)$ ,且 $\theta_i\notin F_{i-1},\theta_i^2\in F_{i-1},z\in F_r$

证明：

$必要性$

$若z=\alpha+\beta\sqrt{-1}可用尺规直接从S_0作出,则$

$(1)z是两直线l_1,l_2的交点$

$其中l_1:ax+by+c=0,l_2=a’x+b’y+c’=0$

$l_1,l_2分别是过S_0中两对点的直线$

$系数a,b,c和a’,b’,c’分别是该两对点的坐标的有理分式$

$\because a_i={1\over 2}(z_i+\overline{z}_i),b_i={-1\over 2}(z_i-\overline{z}_i)\sqrt{-1}$

$\therefore 每个z_i的坐标a_i,b_i都属于F_1$

$\therefore a,bc,a’,b’,c’\in F_1$

$z的坐标\alpha和\beta是a,b,c和a’,b’,c’的有理分式$

$\therefore z\in F_1$

$(2)z是直线l_1和圆\Gamma的交点$

$其中l_1:ax+by+c=0,\Gamma:x^2+y^2+dx+ey+f=0$

$\Gamma是以S_0中一点为圆心,以其中两点距离为半径的圆$

$d,e,f是这三点坐标的多项式$

$\therefore d,e,f\in F_1$

$不妨设b\neq 0$

$y={-1\over b}(ax+c)代入\Gamma可得$

$\alpha=A\pm \sqrt{D}$

$其中A,D是a,b,c,d,e,f的有理分式,且D\gt 0$

$\therefore \alpha,\beta\in F_1(\sqrt{D})$

$又\sqrt{-1}\in F_1$

$\therefore z=\alpha+\beta\sqrt{-1}\in F_1(\sqrt{D})$

$(3)z是两圆\Gamma和\Delta的交点$

$其中\Delta:x^2+y^2+d’x+e’y+f’=0$

$且\Delta和\Gamma一样以S_0中一点为圆心,以其中两点的距离为半径$

$\Gamma与\Delta的方程相减得$

$l_3:(d-d’)x+(e-e’)y+f-f’=0$

$\therefore z是\Gamma与l_3的交$

$由(2)可证z属于F_1上的一个二次扩域$

$假设z可用尺规从S_0作出$

$且存在一串点z’_1,z’_2,\cdots,z’_t$

$z’_t=z,使z’_t可直接从S_0作出$

$z’_{i+1}可直接从S_0\cup \{z’_1,z’_2,\cdots,z’_i\}作出$

$其中i=1,2,\cdots,t-1$

$对t作归纳法可证z属于F_1上的一个扩张F_r$

$且有一个满足定理条件的扩张链$

$充分性$

$若z=a+b\sqrt{-1}是F_1中任一数$

$则a,b都是a_i,b_j的有理分式$

$a_i,b_j及有理数都可从S_0作出$

$\therefore a,b可由S_0作出$

$\therefore z也可由S_0作出$

$设F_2=F_1(\theta),\theta^2\in F_1,\theta\notin F_1,则[F_2:F_1]=2$

$令\theta=\alpha+\beta\sqrt{-1},\theta^2=a+b\sqrt{-1},a,b\in F_1$

$\therefore \alpha^2={1\over 2}(a+\sqrt{a^2+b^2})$

$\beta^2={1\over 2}(-a+\sqrt{a^2+b^2})$

$\alpha,\beta可用尺规从S_0作出$

$\therefore \theta也可从S_0作出$

$又F_1(\sqrt{a^2+b^2},\alpha)=\Q(a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_n)(\sqrt{a^2+b^2},\alpha)(\sqrt{-1})$

$\Q(a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_n)(\sqrt{a^2+b^2},\alpha)中任一实数可由S_0作出$

$\therefore F_1(\sqrt{a^2+b^2},\alpha)中任一数也可用尺规从S_0作出$

$\because F_2包含在F_1(\sqrt{a^2+b^2},\alpha)内$

$\therefore F_2中任一数可用尺规从S_0作出$

$对r作归纳法可证充分性\qquad\mathcal{Q.E.D}$

推论：若复数z可用尺规从 $S_0=\{0,1,z_1,\cdots,z_n\}$ 作出,则z是域 $F=\Q(\sqrt{-1},z_2,\cdots,z_n,\overline{z}_1,\overline{z}_2,\cdots,\overline{z}_n)$ 上的一个代数元,且z的次数为2的方幂