作図の可能性

$a\in \mathbb{Q},\sqrt{a}\notin \mathbb{Q}$のとき$\mathbb{Q}$に$\sqrt{a}$を加えた新しい集合
$\{s+t\sqrt{a}|s,t\in \mathbb{Q}\}$
を$\mathbb{Q}(\sqrt{a})$と表すことにする．
集合$\mathbb{Q}(\sqrt{a})$は四則演算で閉じていることに注意しよう．
実際，和，差に関しては明らかであるし
$(s_1+t_1\sqrt{a})(s_2+t_2\sqrt{a})$
$=(s_1s_2+t_1t_2a)+(s_1t_2+s_2t_1)\sqrt{a}$
より積についても閉じている．
商については
$\dfrac{1}{s+t\sqrt{a}}=\dfrac{s}{s^2-t^2a}+\dfrac{-t}{s^2-t^2a}\sqrt{a}$
より,積で閉じているので商について閉じていることも分かる．
なお，証明から分かるように，$\mathbb{Q}$は有理数全体である必要はない．
集合$A$が四則演算で閉じているなら，
$a\in A$かつ$\sqrt{a}\notin A$であるとき，集合
$A(\sqrt{a})=\{s+t\sqrt{a}|s,t\in A\}$
は四則演算で閉じている．

さて，有理数全体$\mathbb{Q}$に$\sqrt{a}$を加えた集合$\mathbb{Q}(\sqrt{a})$は 作図できる数の集合である．
同じことを続ける．
$b\in \mathbb{Q}(\sqrt{a})$かつ$\sqrt{b}\notin \mathbb{Q}(\sqrt{a})$により新しい集合
$\{s+t\sqrt{b}|s,t\in \mathbb{Q}(\sqrt{a})\}$
を$\sqrt{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$と表す．
$\sqrt{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$は四則演算で閉じた作図できる数の集合である．
さらに，同じことを繰り返して作った
$\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b},\dots ,\sqrt{c})\cdots (\sharp)$
は四則演算で閉じた作図できる数の集合である．
$(\sharp)$は作図できる数の集合であることが示せました．逆に作図できる数$\alpha $は有理数から始め
$\sqrt{a}.\sqrt{b},\dots \sqrt{c}$
を選ぶことにより
$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b},\dots ,\sqrt{c})$
とできることを示しましょう．
少し準備が要ります．
まず，作図のルールを確認しましょう．
1. 2点を与えたとき，その２点を通る直線を引くことができる．
2. 1点と半径を与えたとき，与えた点を中心とする与えた半径の円を描くことができる．
3. 2直線よりその交点を得ることができる．
4. 1直線と１つの円よりその交点を得ることができる．
5. 2円よりその交点を得ることができる．
この5条件が作図のルールです．
有理数からはじめてどのような数が作図できるかを調べていきましょう．
直線や円は平面の話題ですから，平面に直交座標を導入して考えます．
単位の長さ$1$を定めれば，有理数は作図できるから有理点 ($x$座標，$y$座標がともに有理数の点) は作図できる．
作図できるのは有理点だけかどうかを，作図のルールより調べよう．
２点を通る直線を考える．
2点$A(a,b),B(c,d) \ (a,b,c,d\in \mathbb{Q})$を通る直線は
$y-b=\dfrac{d-b}{c-a}(x-a)$
より，文字を変え
$ax+by=p, \ a,b,p\in \mathbb{Q}$
と表せる．したがって，２直線の交点は
$\begin{cases} ax+by=p\\cx+dy=q\end{cases}$
の解である．解は
$x=\dfrac{dp-bq}{ad-bc},y=\dfrac{-cp+aq}{ad-bc}$
より$x,y$は有理数である．したがって，定規だけでは有理数以外の数は作れないことがわかる．
次にコンパスを用いる．
中心を$(a,b)$，半径を$r$とする．ただし，$a,b,r\in \mathbb{Q}$
このとき円の方程式は
$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$
展開して文字を変えると
$x^2+y^2+ax+by+c=0$
となる．
一方直線は
$y=mx+n$
と表せるから，直線と円の交点の$x$座標は
$x^2+(mx+n)^2+ax+b(mx+n)+c=0$
の解．解の公式より
$s\pm t\sqrt{k}$ただし，$s,t,k\in \mathbb{Q}$
である．
つぎに２円の交点を考える．
$\begin{cases}x^2+y^2+ax+by+c=0\\x^2+y^2+px+qy+r=0\end{cases}$
の交点であるが，２円の交点を通る直線は
$(a-p)x+(b-q)y+(c-r)=0$
であり，これは円と直線の交点の場合に帰着する．
したがって，円を一回使うことにより $\sqrt{k},k\in \mathbb{Q}$が作図でき，さらに四則演算により $\mathbb{Q}(\sqrt{k})$が作図できる数全体である．
言い方を変えれば，コンパスを一回使うだけでは，$\mathbb{Q}(\sqrt{k})$ 以外の数は作図できないということです．
同じことを繰り返し，作図できる数を広げることができる．
すなわち，もう一回コンパスを使うことにより，
$\mathbb{Q}(\sqrt{k},\sqrt{k_1})=\{s+t\sqrt{k_1}|s,t,k_1\in \mathbb{Q}(\sqrt{k})\}$
が作図できる数全体である．
これを繰り返すことにより,作図できる数全体は
$\mathbb{Q}(\sqrt{k},\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_n})$
となる．
作図できる図形とは
定規，コンパスによる有限回の操作で得られる図形であるから，
数$\alpha $が作図できるなら，有理数から始め
$\sqrt{k}.\sqrt{k_1},\dots \sqrt{k_n}$
を選ぶことにより
$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{k},\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_n})$
となる場合である．
まとめると次のようになる．
命題 数$\alpha $が作図によって得られるなら，有理数から始め
$\sqrt{k_1}.\sqrt{k_2},\dots \sqrt{k_n}$
ただし，$k_i\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots \sqrt{k_{i-1}})$かつ$\sqrt{k_i}\notin \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots \sqrt{k_{i-1}})$
を選ぶことにより
$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\sqrt{k_2},\dots ,\sqrt{k_n})$
となる場合であり．かつその時に限る．

話が大分抽象的になってきました．そう少し続けます．
次に，作図できる数と方程式の解の関係を調べます．これにより，作図可能かどうかの問題が方程式の問題に帰着されます，
数$\alpha$が$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\sqrt{k_2},\dots ,\sqrt{k_n})$のとき，$\alpha $は有理数を係数とする$2^n$次方程式 (分母を払えば整数係数の方程式になるので，整数係数の方程式といってもよい)の解になることを示します．
まず，$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1})$のときを考える．
$\alpha =s+t\sqrt{k_1}$ただし$s,t,k_1\in \mathbb{Q}$のとき．
$s+t\sqrt{k_1},s-t\sqrt{k_1}$が解の2次方程式
$x^2-2sx+s^2-t^2k_1=0$
を考えればよいから$\alpha $は有理数係数の２次方程式の解である．
一般の場合は
$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\sqrt{k_2},\dots ,\sqrt{k_n})$のときを考える．
$\alpha =s+t\sqrt{k_n}$ただし $s,t,k_n\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$のとき．
$s+t\sqrt{k_n},s-t\sqrt{k_n}$が解の2次方程式
$x^2-2sx+s^2-t^2k_1=0$
は係数が$\mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$の要素の ２次方程式である．
$x$の係数，定数項は
$s+t\sqrt{k_{n-1}}$，ただし， $s,t,k_{n-1}\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-2}})$
と表せる．
したがって，文字を変えることにより
$x^2+s_1x+t_1=\sqrt{k_{n-1}}(s_2x+t_2)$
ただし$s_1,s_2,t_1,t_2,k_{n-1}\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-2}})$
両辺を平方して
$x^4+sx^3+tx^2+ux+v=0$ただし $s,t,u,v\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-2}})$
と表せる．これを繰り返すことにより次の命題を得る．
命題
数$\alpha$が$\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\sqrt{k_2},\dots ,\sqrt{k_n})$のとき，$\alpha $は有理数を係数とする$2^n$次方程式 の解となる．

次の命題は作図の可能性を調べるときに便利である．
命題
有理数係数の３次方程式
$x^3+ax^2+bx+c=0\cdots (\flat)$
が有理数解をもたなければ，この方程式の解は作図できない．
証明
$(\flat )$の解$\alpha $は有理数でないが作図できると仮定する．
$\alpha$は有理数より拡大した$\mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$ には含まれないが，$\mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n}})$に含まれるとする．
さらに，さらに$\alpha $以外の解も$\mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$には含まれないとする． もし，$\alpha $以外の解$\beta$が$\mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$に含まれるなら，$\beta$を含む 最小の$n$を考えればよい．
$\alpha =s+t\sqrt{k_n}$ただし$s,t,k_n\in \mathbb{Q}( \sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$
$s+t\sqrt{k_n}$が方程式の解であるから$s-t\sqrt{k_n}$も解である(これは後で証明する)．
一方，もう一つの解を$\gamma$とすると，解と係数の関係より
$(s+t\sqrt{k_n})+(s-t\sqrt{k_n})+\gamma =-a$
$\gamma =-a-2s$
$a,s\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$
より
$\gamma \in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}}$
となり矛盾．
残されたのは
$\alpha =s+t\sqrt{k_n}$が有理数係数の３次方程式
$x^3+ax^2+bx+c=0$
の解のとき$\alpha =s-t\sqrt{k_n}$も解であることです．
これは次のことより分かります．
$a,b,c,d,k_n\in \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$で
$\sqrt{k_n}\notin \mathbb{Q}(\sqrt{k_1},\dots ,\sqrt{k_{n-1}})$
とする．
$\alpha =a+b\sqrt{k_n}$
のとき
$\bar{\alpha}=a-b\sqrt{k_n}$
と定義する．
$\alpha =a+b\sqrt{k_n},\beta =c+d\sqrt{k_n}$
のとき
$\overline {\alpha \beta}=(ac+bdk_n)-(ad+bc)\sqrt{k_n}$
一方
$\bar{\alpha}\bar{\beta}=(ac+bdk_n)-(ad+bc)\sqrt{k_n}$
であるから
$\overline {\alpha \beta}=\bar{\alpha}\bar{\beta}$
$\alpha $が方程式
$x^3+ax^2+bx+c=0$
の解のとき，
$\alpha ^3+a\alpha ^2+b\alpha +c=0$
$\overline{\alpha ^3+a\alpha ^2+b\alpha +c}=0$
$a\bar{\alpha}^3+b\bar{\alpha} ^2+c\bar{\alpha}+d=0$
であるから，$\bar{\alpha}$も方程式
$x^3+ax^2+bx+c=0$
の解である．

有理数係数の方程式
$x^3+ax^2+bx+c=0$
は分母を払うことにより(分母の最小公倍数を両辺にかける)整数係数の 方程式になる．
整数係数の方程式についての次の性質はよく用いられる．
既約分数$\frac{\beta}{\alpha}$が整数係数の方程式
$ax^3+bx^2+cx+d=0$
の解なら，$\alpha $は$a$の約数で，$\beta$は$d$の約数である．
実際$\frac{\beta}{\alpha}$が解より
$a(\dfrac{\beta}{\alpha})^3+b(\dfrac{\beta}{\alpha})^2+c\dfrac{\beta}{\alpha}+d=0$
分母を払い
$a\beta ^3+b\beta ^2\alpha +c\beta \alpha ^2+d\alpha ^3=0\cdots (\sharp)$
$(\sharp)$を$\alpha $で割った式は
$\dfrac{a}{\alpha}\beta ^3+b\beta ^2+c\beta \alpha +d\alpha ^2=0$
より，$\alpha $は$a$の約数$(\because\alpha ,\beta$は互いに素$)$．
$(\sharp)$を$\beta$で割った式は
$a\beta ^2+b\beta \alpha +c\alpha ^2+\dfrac{d}{\beta}\alpha ^3=0$
より$\beta$は$d$の約数．

したがって，整数係数の方程式が有理数解を持つかどうかは比較的簡単に調べることができる．

続く(正n角形の作図問題)



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