作図と幾何

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いわゆる幾何学における作図とは、いくつかの既知の図形から出発し、目盛りのない定規（直線定規）とコンパス（以下、合わせて「定規とコンパス」と略す）のみを用いて新しい図形を作ることである。そのため、定規とコンパスによる作図（尺規作図）とも呼ばれる。

定規とコンパスの作図における役割

まずは1つの例から始めよう。

既知の線分 $AB$ に対し、その垂直二等分線を作図する（当然、その中点も得られる）。

具体的な方法は以下の通りである：$A$ と $B$ をそれぞれ中心とし、$AB$ の長さの半分を超える任意の長さを半径として、コンパスで2つの交わる円を描く。次に、定規を用いて円の2つの交点を結ぶと、$AB$ の垂直二等分線と中点が得られる。

同様の問題を総称して作図問題と呼ぶ。便宜上、今後は定規とコンパスで作図できる作図問題を「解ける（可解である）」と呼び、作図できないものを「解けない（不可解である）」と呼ぶ。

しかし、すべての作図問題が解けるわけではない。例えば、角の三等分問題、立方体倍積問題、正七角形の作図問題、および円積問題（円を正方形化する問題）などは、定規とコンパスで完成させることはできない。そこで1つの疑問が生じる。一体どの作図問題が解けて、どの作図問題が解けないのか。作図問題が解けるか解けないかを判断するにはどのような方法を用いればよいのか。

このページは主に幾何学的な作図問題から出発し、その背後にある数学をどのように発見するかを扱うが、解ける幾何学的作図問題の具体的な作図手順については議論しない。そこで、定規とコンパスの作図における基本的な役割を具体的に分析する。

定規とコンパスによる作図の基本的な役割：

既知の2点を通る直線を引く。
既知の点を中心とし、既知の長さを半径とする円を描く。
既知の2直線の交点を求める。
1つの円と、既知の円または既知の直線との交点を求める。

(1)と(2)はそれぞれ定規とコンパスが持つ唯一の役割であり、与えられた条件（点と定長）に基づき定規またはコンパスを用いて直接実行される。後の2つの役割は、与えられた条件に基づき定規とコンパスを用いて交点を見つける必要がある。幾何学における作図とはまさに上述の機能に従って、1つのステップから次のステップへと進む過程である。すなわち、前のステップが既知であるとき、定規とコンパスを用いて次のステップの図形をどのように作図するかということである。

解析幾何学の観点によれば、平面上に直交座標系を設定した後、平面上の点は座標で表される。点が分かればその座標を作ることができ、座標が分かれば点を作ることができる。そして点の座標は実数のペアであるため、与えられた点から定規とコンパスを用いて新しい点を作ることは、既知の数から定規とコンパスを用いて新しい数を作ることと同じである。したがって、重要なのは幾何学的作図問題を代数の言語に「翻訳」すること、比喩的に言えば、幾何学的作図問題を「デジタル化」された問題に変換することである。

例えば、点 $O$ で交わる2つの既知の直線 $OA$ と $OB$ がある。それらのなす角の二等分線を作図する。

具体的な方法は以下の通りである：$OA$ と $OB$ の長さをともに 1 とする（もしそうでなければ、$O$ を中心とし、既知の定長 1 を半径とするコンパスで2直線上に2点を切り取る。つまり円と直線の交点を求め、それらを $A$ と $B$ の代わりとする）。それぞれ $A$ と $B$ を中心とし、コンパスで半径の等しい2つの円を描き、その交点を $P$ とする。最後に定規で $O$ と $P$ を結ぶと、2直線のなす角の二等分線が得られる。

座標系で考えると、$O$ を原点、$OA$ を $x$ 軸の正の方向、$OA$ の長さを単位長として座標系を構築する。既知の角を $\angle AOB = \theta$ とすると、3つの既知の点の座標はそれぞれ

$$O(0,0), \quad A(1,0), \quad B(\cos\theta, \sin\theta)$$

となり、定規とコンパスで作図できる点 $P$ の座標は、$r = 2\cos\dfrac{\theta}{2}$ として

$$P\left(r\cos\frac{\theta}{2}, r\sin\frac{\theta}{2}\right)$$

となる。これは、既知の点 $O, A, B$ の座標から $P$ 点の座標を作図すること、あるいは与えられた数 $1, \cos\theta$ から定規とコンパスを用いて新しい数 $\cos\frac{\theta}{2}$ を作図することに相当する。

作図の代数表現

そこで、幾何学における作図問題は、既知の数から出発して定規とコンパスでどのような数が作図できるかという問題に帰着する。

$1^\circ$ 定規とコンパスを用いて既知の数の四則演算を作図する

すなわち、任意の2つの数 $a$ と $b$ が与えられたとき、定規とコンパスで $a \pm b$、$ra$、$ab$ および $\frac{a}{b}$ を作図できる。ここで $r$ は任意の有理数である。

(a) 与えられた2つの正の実数 $a$ と $b$ が、それぞれ2つの線分の長さを表しているとする。定規で数直線を1本引き、コンパスで順に数直線の正の方向に距離 $OA = a$、$AB = b$ を取ると、線分 $OB$ の長さは $a + b$ となる。もし $OA$ 方向へ連続して距離 $a$ を取り続ければ、長さ $na$ の直線を作ることができる。逆方向に $AB = b$ を取れば、$OB = a - b$ となる。したがって、2つの数 $a$ と $b$ の間の加減は幾何学の作図によって実現できる。もし $a, b$ の中に負の数があれば、依然としてその絶対値を線分の長さとし、数直線上で測る際に数直線の正の方向と逆の方向を取ればよい。

(b) $OA = a$ とする。$O$ を通り別の直線 $OB$ を引き、$OB = q$ となるようにする。すなわち数直線上の単位長の $q$ 倍とする。$OB$ 上に点 $D$ を取り $OD = 1$ とする。$A$ と $B$ を結び、$D$ を通り $AB$ に平行な直線を引いて $OA$ と交わる点を $C$ とすると、三角形 $\triangle OAB$ と $\triangle OCD$ は相似であるから、$\frac{OC}{OD} = \frac{OA}{OB}$ となり、このようにして $OC = \frac{1}{q}a$ を得る。さらに $OC$ を $p$ 倍に拡大すれば、長さが $\frac{p}{q}a$ の線分が得られる。

(c) 同様に、定規とコンパスを用いて2つの数の乗法と除法も実現できる：

任意の角の2辺にそれぞれ $OA = a, OC = b$ を取る。$OA$ 上に $OB = 1$ を作る。$B$ と $C$ を結び、$A$ を通り $BC$ に平行な直線を引いて $OC$（またはその延長線）と交わる点を $D$ とすると、$OD = ab$ となる。

もし任意の角の2辺にそれぞれ $OA = a, OB = b$ を取り、$OB$ 上に $OD = 1$ を取る。$D$ を通り $AB$ に平行な直線を引いて $OA$（またはその延長線）と交わる点を $C$ とすると、$OC = \frac{a}{b}$ となる。

上記の既知の数から定規とコンパスを用いて順次作図する過程は、以下の結論を示している：

結論 1 を含む数の集合 $S = \{1, a, b, c, \dots\}$ が与えられたとき、定規とコンパスを用いて、$S$ の中の数同士の有限回の加法、減法（加法の逆演算）、乗法、除法（乗法の逆演算）等の演算によって得られる数を作図することができる。

定義 $S = \{1, a, b, c, \dots\}$ をいくつかの数の集合とする。集合の中の数に任意の有限回の加減乗除を施して得られるすべての可能な数の集合を $\mathbb{F}(S)$ と記す。容易に確かめられるように、$\mathbb{F}(S)$ は前述における数体の定義を満たす。したがって、有理数集合や実数集合と同様に、$\mathbb{F}(S)$ は1つの数体であり、$S$ によって生成された数体と呼ばれる。

上述の定義に従えば、結論は、$S$ の中の数が既知であるとき、定規とコンパスを用いて数体 $\mathbb{F}(S)$ 内の任意の数を作図できることを示している。

例えば $S=\{1\}$ ととると、$S$ によって生成される数体は有理数体 $\mathbb{F}(S)=\mathbb{Q}$ であることは容易にわかる。したがって次が成り立つ。

系 $1$ から出発して、定規とコンパスを用いることで、有理数体に含まれるすべての有理数を作図することができる。

今後、「数の集合 $S$ または数体 $\mathbb{F}$ から出発する」と言うときは、$S$ または $\mathbb{F}$ の中の数が既に知られている、あるいはすでに定規とコンパスで作図された数であると仮定していることを意味する。

明らかに、任意の有理数からなる集合から出発し、定規とコンパスを用いて上述の(a), (b), (c)の方法を行うと、得られるのは依然として有理数である。自然な疑問として、定規とコンパスを用いた他の方法で無理数を作図できるだろうか？答えは肯定的であり、しかもそれは決定的な意味を持つ。

$2^\circ$ 定規とコンパスを用いて既知の数の平方根を作図する

$d > 0$ を既知の数とする。直線上に $OA = d$ および $AB = 1$ を取る。まず、前の例に従い、線分 $OB$ の垂直二等分線を利用して中点を作図し、その中点を中心として $OB$ を直径とする円を描く。次に、$A$ を通り $OB$ に垂直な直線を引いて円との交点を $C$ とする。直角三角形 $\triangle OAC$ と $\triangle CAB$ は相似であるため、

$$\frac{AC}{AB} = \frac{OA}{AC}$$

となり、

$$AC = \sqrt{d}$$

を得る。

$\mathbb{F}$ と $\sqrt{d}$ を既知の数とすると、さらに定規とコンパスを用いて

$$\alpha + \beta\sqrt{d}, \quad \alpha, \beta \in \mathbb{F}$$

という形の数を作図できる。明らかに、$\sqrt{d} \notin \mathbb{F}$ でさえあれば、上述の形の数の範囲は数体 $\mathbb{F}$ よりも広くなり、かつ $\mathbb{F}$ のすべての数を含む。ここで説明しておくべきことは、もし $\sqrt{d} \in \mathbb{F}$ ならば、平方根をとる演算によって $\mathbb{F}$ の範囲は拡大しないということである。$\sqrt{d} \notin \mathbb{F}$ のときにのみ、我々は平方根をとる演算によって得られる数を真に $\mathbb{F}$ に追加したことになる。例えば $\sqrt{2}$ が有理数ではないこと（無理数であること）を用いれば、有理数体よりも広い範囲の数が得られる。それはすべての有理数を含むだけでなく、有理数の平方根も追加されている。

次の例は、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ の形の数を作図することを通じて、幾何学的作図問題をどのように解決するかを示している。

例単位円に内接する正十角形の作図問題は可解である。

ここでは、上記の作図問題が定規とコンパスで解けるか解けないかだけを議論し、内接正十角形をどのように作図するかという具体的な作図手順については議論しない。

中心 $O$ の単位円内に内接正十角形があるとし、ある辺を $AB$、その長さを $x$ とする。$\triangle AOB$ は二等辺三角形であり、中心角 $\angle AOB = 36^\circ$、他の2角は $\angle OAB = \angle OBA = 72^\circ$ である。角 $\angle OAB$ の二等分線を引き、$OB$ との交点を $C$ とすると、$AC$ は $\triangle AOB$ を2つの二等辺三角形 $\triangle ABC$ と $\triangle ACO$ に分ける。したがって、

$$AB = AC = OC = x, \quad BC = 1 - x$$

となる。

また、$\triangle AOB$ と $\triangle ABC$ は相似であるから、

$$\frac{1}{x} = \frac{x}{1 - x}$$

となる。すなわち2次方程式

$$x^2 + x - 1 = 0$$

の解であり、その解は

$$x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$$

となる。もう1つの解は負であるため考慮しなくてよい。これは有理数体に平方根 $\sqrt{5}$ を添加した数であるため、定規とコンパスで作図可能である。このようにしてコンパスを用い、単位円上の1点から出発して半径 $x$ で順次単位円との交点を作図し、さらに定規でこれらの交点を結べば、定規とコンパスで作図された内接正十角形が得られる。

ついでに指摘しておくと、

$$\frac{\sqrt{5} - 1}{2} \approx 0.618$$

は、いわゆる「黄金分割」（黄金比）である。古くから、長方形の幅と長さの比をこの値にとると美しいとされてきた（諸説ある）。紀元前6世紀のピタゴラス（紀元前580年頃〜紀元前500（490）年頃）学派はすでに正五角形と正十角形の作図問題を研究しており、ここから彼らが黄金分割に触れ、それを把握していたと推測される。

余弦定理を利用すると、次も得られる。

$$\cos 36^\circ = \frac{\sqrt{5} + 1}{4}, \quad \cos 72^\circ = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$$

したがって、これらの数も定規とコンパスによって作図可能である。

$1^\circ$ と $2^\circ$ を帰納すると、次の結論が得られる。 定規とコンパスのみを用いる幾何学的作図により、既知の数の加減乗除および平方根を求める等の代数演算を実現できる。

では、$\mathbb{F}$ の数だけから出発して一回の作図を行うとき、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ の形以外の数が現れることはあるだろうか？答えは否定的である。作図を何度も繰り返す場合は、あとで述べるように、体の拡大を重ねていくことになる。

定理既知の数体 $\mathbb{F}$ の数だけを座標にもつ点から出発して、定規とコンパスによる一回の作図（二直線の交点、直線と円の交点、二円の交点を求めること）で新しく得られる点の座標は、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ （ただし $\alpha, \beta, d \in \mathbb{F}$）の形の数である。

証明

この結論を証明するため、代数学の観点から定規とコンパスによる作図の基本的な機能を分析すると以下のようになる：

(1) 既知の2点を結ぶ直線の長さ：2つの既知の点を $(a_1, b_1), (a_2, b_2)$ とする。座標 $a_1, b_1, a_2, b_2 \in \mathbb{F}$ ならば、$(a_1, b_1)$ と $(a_2, b_2)$ の2点を結ぶ線分の長さは

$$\rho = \sqrt{(a_1 - a_2)^2 + (b_1 - b_2)^2}$$

であり、これは $\mathbb{F}$ の数の平方根をとることで得られる数であるため、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ （$\alpha, \beta \in \mathbb{F}$）の形の数である。同時に、解析幾何学によれば、既知の2点を通る直線の方程式は

$$(b_1 - b_2)x + (a_1 - a_2)y + (a_1 b_2 - a_2 b_1) = 0$$

となる。$\mathbb{F}$ は数体であるため、上記方程式の係数は依然として $\mathbb{F}$ に属する。

(2) 2つの既知の直線の交点：平行でない2直線の方程式を

$$ax + by + c = 0$$

$$a'x + b'y + c' = 0$$

とする。ここで係数 $a, b, c, a', b', c' \in \mathbb{F}$ である。このとき、それらの交点の座標は

$$x_0 = \frac{cb' - bc'}{ab' - ba'}, \quad y_0 = \frac{ac' - a'c}{ab' - ba'}$$

となる。したがって、交点の座標は $\mathbb{F}$ の数に加減乗除を施して得られるため、依然として $\mathbb{F}$ の数である。つまり、定規を用いて引いた交わる2直線の交点の座標は依然として $\mathbb{F}$ の数である。

(3) 円、および円と直線の交点： $(\xi, \eta)$ を中心とし、$r$ を半径とする。$\xi, \eta, r \in \mathbb{F}$ とすると、円の方程式は

$$(x - \xi)^2 + (y - \eta)^2 = r^2$$

または、以下の2次代数方程式として表される：

$$x^2 + y^2 - 2\xi x - 2\eta y + \gamma = 0$$

ここで $\gamma = \xi^2 + \eta^2 - r^2 \in \mathbb{F}$ であるため、上記2次方程式の係数は依然として $\mathbb{F}$ の数である。

円と直線の交点の座標は、係数がすべて $\mathbb{F}$ に属する円と直線の方程式の連立方程式の解である：

$$x^2 + y^2 - 2\xi x - 2\eta y + \gamma = 0$$

$$ax + by + c = 0$$

連立方程式から変数 $y$ を消去すると、$x$ についての2次代数方程式が得られる：

$$Ax^2 + Bx + C = 0$$

ここで係数は

$$A = a^2 + b^2, \quad B = 2(ac - b^2\xi + ab\eta), \quad C = c^2 + 2bc\eta + b^2\gamma$$

であり、これらはすべて $\mathbb{F}$ の数に加減乗除を施して得られるため、依然として $\mathbb{F}$ の数である。このように、円と直線が交わるということは、この2次代数方程式が実数解

$$x = \frac{-B \pm \sqrt{\Delta}}{2A}$$

を持つことを意味する。ここで $\Delta = B^2 - 4AC \in \mathbb{F}$ である。もし $\sqrt{\Delta} \in \mathbb{F}$ ならば $x \in \mathbb{F}$ となる。もし $\sqrt{\Delta} \notin \mathbb{F}$ ならば、$p + q\sqrt{\Delta}$ （$p, q \in \mathbb{F}$）の形の数となる。 $y$ についても同様の結果が得られ、$y = p' + q'\sqrt{\Delta}$ （$p', q' \in \mathbb{F}$）となる。したがって、定規とコンパスで作図される円と直線の交点の座標はすべて $\alpha + \beta\sqrt{d}$ （$\alpha, \beta \in \mathbb{F}$）の形の数であるという結論が得られる。

(4) 2つの円が交わる交点：係数がすべて $\mathbb{F}$ の数である2つの円の代数方程式を次のようにする：

$$x^2 + y^2 - 2\xi x - 2\eta y + \gamma = 0$$

$$x^2 + y^2 - 2\xi' x - 2\eta' y + \gamma' = 0$$

2次の項を消去すると、1次代数方程式が得られる：

$$2(\xi - \xi')x + 2(\eta - \eta')y - (\gamma - \gamma') = 0$$

方程式の係数はすべて $\mathbb{F}$ の数である。(3)と同様に、この方程式を最初の円の方程式と連立させて2次代数方程式を得る。その方程式を解くことで、定規とコンパスで作図される2つの円の交点が得られるが、その座標もまた $\alpha + \beta\sqrt{d}$ （$\alpha, \beta \in \mathbb{F}$）の形の数である。

例えば角の二等分線の問題について。議論するなす角を鋭角 $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ としても一般性を失わない。$A$ と $B$ を中心とし、1 を半径とする2つの円には交点がある。交点の座標を $P(x, y)$ とすると、$x, y$ は以下の方程式を満たす：

$$(x - 1)^2 + y^2 = 1$$

$$(x - \cos\theta)^2 + (y - \sin\theta)^2 = 1$$

すなわち、

$$x^2 - 2x + y^2 = 0$$

$$x^2 - 2x\cos\theta + y^2 - 2y\sin\theta = 0$$

2次の項を消去して

$$x(1 - \cos\theta) - y\sin\theta = 0$$

最初の円の方程式と連立させると、解ける交点の座標は

$$x = 1 + \cos\theta, \quad y = \sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta}$$

となる。これらはすべて既知の数 $1, \cos\theta$ から出発して、加減乗除および平方根を求める演算を通じて得られる数である。

要するに、既知の数から出発して一回の作図で得られる線分の長さや交点の座標は、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ （$\alpha, \beta, d \in \mathbb{F}$）の形の数に過ぎず、他の形式の数は生じない。

注幾何学的作図において、時に「任意の点を中心とし」「任意の長さを半径とし」「任意の直線を引く」などの作図の要求がある。作図においてこのような「任意」の要求が現れることは、作図の結果がこれらの任意の値に依存しないことを示している。したがって、これらの任意の点や任意の長さとして有理点や有理数を選択し、それらの任意の直線として有理係数の1次代数方程式で表される直線を選択することができる。

体の拡大

前節での定規とコンパスを用いた作図の幾何学問題を代数的なプロセスに変換したことについて、少し要約しておこう。

まず座標系を設定する。座標系において、既知の条件から定規とコンパスで交点を作る問題は、既知の数から新しい数を作る問題へと変換される。このように、いくつかの数（これらの数の集合を $S$ と記す）が与えられた後、我々は定規とコンパスを用いてより広い範囲の数の集合 $\mathbb{F}$ を作図できる。この新しい数の集合は、代数的に見れば加法、乗法、およびそれらの逆演算に対して閉じており、しかも零元 $0$ と単位元 $1$ を含む。定義により、$\mathbb{F}$ は数体である。

さらに続いて定規とコンパスを用いて $\mathbb{F}$ の数の平方根を作図すると、数体 $\mathbb{F}$ は再び拡大され、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ の形の数を含む集合となる。最後に我々は、$\mathbb{F}$ の数を既知の数とした場合、一回の作図で得られる数は $\alpha + \beta\sqrt{d}$ の形の数でしかあり得ないことを証明した。

$d \in \mathbb{F}$ だが $\sqrt{d} \notin \mathbb{F}$ とし、$\alpha + \beta\sqrt{d}$ の形の数の全体を次のように記す：

$$\mathbb{F}(\sqrt{d}) = \{\alpha + \beta\sqrt{d} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}\}$$

定理幾何学的作図の観点から見ると、$\mathbb{F}(\sqrt{d})$ の中の数はすべて定規とコンパスを用いて作図できる。代数的に見ると、$\mathbb{F}(\sqrt{d})$ は加法、乗法、およびそれらの逆演算に対して閉じており、しかも零元と単位元 $1$ を含む。したがって $\mathbb{F}(\sqrt{d})$ は $\mathbb{F}$ を含む数体である。

証明

以下のように簡単に検証するだけでよい。$\mathbb{F}(\sqrt{d})$ の中の任意の2つの数 $\alpha + \beta\sqrt{d}$、$\alpha' + \beta'\sqrt{d}$ を取る。このとき、

$$(\alpha + \beta\sqrt{d}) \pm (\alpha' + \beta'\sqrt{d}) = (\alpha \pm \alpha') + (\beta \pm \beta')\sqrt{d} \in \mathbb{F}(\sqrt{d})$$

$$(\alpha + \beta\sqrt{d}) \cdot (\alpha' + \beta'\sqrt{d}) = (\alpha\alpha' + d\beta\beta') + (\alpha\beta' + \beta\alpha')\sqrt{d} \in \mathbb{F}(\sqrt{d})$$

$$\frac{\alpha + \beta\sqrt{d}}{\alpha' + \beta'\sqrt{d}} = \frac{\alpha\alpha' - d\beta\beta'}{\alpha'^2 - d\beta'^2} + \frac{\alpha\beta' - \beta\alpha'}{\alpha'^2 - d\beta'^2}\sqrt{d} \in \mathbb{F}(\sqrt{d})$$

ここで、$\sqrt{d} \notin \mathbb{F}$ であるため、第3式の分母 $\alpha'^2 - d\beta'^2 \neq 0$ である。もしそうでなければ $\sqrt{d} = \pm\frac{\alpha'}{\beta'} \in \mathbb{F}$ となり、$\sqrt{d} \notin \mathbb{F}$ と矛盾する。したがって第3式の除法は意味を持つ。

定義数体 $\mathbb{F}(\sqrt{d})$ を数体 $\mathbb{F}$ の拡大体と呼び、$\mathbb{F}$ を $\mathbb{F}(\sqrt{d})$ の部分体と呼ぶ。

さて、任意の既知の数の集合 $S$ から出発し、定規とコンパスを用いて数体 $\mathbb{F}_0 = \mathbb{F}(S)$ を作図する。$d_1 \in \mathbb{F}_0$ を取り、定規とコンパスでその平方根を作図し、$\sqrt{d_1} \notin \mathbb{F}_0$ とすると、$\mathbb{F}_0$ の拡大体が得られる。これを以下のように記す：

$$\mathbb{F}_1 = \{\alpha + \beta\sqrt{d_1} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}_0\}$$

次に $\mathbb{F}_1$ から出発して上述のプロセスを繰り返す。すなわち $d_2 \in \mathbb{F}_1$ で $\sqrt{d_2} \notin \mathbb{F}_1$ なるものを取り、$\mathbb{F}_1$ の拡大体を得る：

$$\mathbb{F}_2 = \{\alpha + \beta\sqrt{d_2} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}_1\}$$

これを続けていくと、$\mathbb{F}_{i-1}$ の拡大体

$$\mathbb{F}_i = \{\alpha + \beta\sqrt{d_i} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}_{i-1}\}$$

が得られる。ここで $d_i \in \mathbb{F}_{i-1}$ だが $\sqrt{d_i} \notin \mathbb{F}_{i-1}$ ($i=1, \dots, n, \dots$) である。この一連の拡大体は以下の包含関係を満たす：

$$\mathbb{F}_0 \subset \mathbb{F}_1 \subset \dots \subset \mathbb{F}_n \subset \dots$$

定理で指摘したように、既知の数の集合 $S$ から出発して定規とコンパスで数体 $\mathbb{F}_0$ を作図し、さらに数体 $\mathbb{F}_0$ を出発点として定規とコンパスでその拡大体 $\mathbb{F}_1$ を作図する。このようにして新しい数体から出発し、一歩一歩体の拡大を行えば、拡大体 $\mathbb{F}_i$ ($i=1,2,\dots$) の中の数はすべて定規とコンパスで一歩ずつ作図することができる。

例 $\mathbb{F}_0 = \mathbb{Q}$（有理数体）とする。

(1) $2 \in \mathbb{F}_0$ を取る。明らかに $\sqrt{2} \notin \mathbb{F}_0$ であるため、$\mathbb{F}_0$ の拡大体は

$$\mathbb{F}_1 = \{\alpha + \beta\sqrt{2} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}_0\}$$

となる。さらに $\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$ を取る。明らかに $\sqrt[4]{2} \notin \mathbb{F}_1$ である。もしそうでないとすると、ある $\alpha, \beta \in \mathbb{F}_0$ に対して

$$\sqrt[4]{2} = \alpha + \beta\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$$

が成り立つことになり、両辺を平方して

$$\sqrt{2} = \alpha^2 + 2\beta^2 + 2\alpha\beta\sqrt{2}$$

となり、$\alpha^2 + 2\beta^2 = 0$ かつ $2\alpha\beta = 1$ が導かれるが、これは不可能である。このように、拡大体 $\mathbb{F}_2$ は

$$p + q\sqrt[4]{2}$$

の形の数を含むことになる。ここで $p = \alpha + \beta\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$, $q = \alpha' + \beta'\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$ であり $\alpha, \beta, \alpha', \beta' \in \mathbb{F}_0$ である。または次のように書ける。

$$p + q\sqrt[4]{2} = \alpha + \alpha'\sqrt[4]{2} + \beta(\sqrt[4]{2})^2 + \beta'(\sqrt[4]{2})^3$$

ここで $\alpha, \beta, \alpha', \beta' \in \mathbb{F}_0$（有理数）である。

(2) $3 = 3 + 0\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$ を取ると、$\sqrt{3}$ によって生成される $\mathbb{F}_1$ の拡大体 $\mathbb{F}_2$ は

$$p + q\sqrt{3}$$

の形の数を含む。ここで $p = \alpha + \beta\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$, $q = \alpha' + \beta'\sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$ であり $\alpha, \beta, \alpha', \beta' \in \mathbb{F}_0$ である。または次のように書ける。

$$p + q\sqrt{3} = \alpha + \beta\sqrt{2} + \alpha'\sqrt{3} + \beta'\sqrt{6}$$

ここで $\alpha, \beta, \alpha', \beta' \in \mathbb{F}_0$ である。例えば、$\alpha\sqrt{2} + \beta\sqrt{3}$ の形の数も $\mathbb{F}_2$ の中の数である（$\alpha, \beta \in \mathbb{F}_0$）。

(3) $1 + \sqrt{2} \in \mathbb{F}_1$ を取ると、$\sqrt{1+\sqrt{2}}$ によって生成される $\mathbb{F}_1$ の拡大体 $\mathbb{F}_2$ は

$$p + q\sqrt{1+\sqrt{2}} = \alpha + \beta\sqrt{2} + \alpha'\sqrt{1+\sqrt{2}} + \beta'\sqrt{2+2\sqrt{2}}$$

の形の数を含む。ここで $\alpha, \beta, \alpha', \beta' \in \mathbb{F}_0$ である。

幾何学的作図と代数方程式の根

定規とコンパスで作図される図形は直線または円のみであり、それらの代数方程式は既知の数体 $\mathbb{F}$ に属する係数を持つ1次または2次の代数方程式である。定規とコンパスの作図によって得られる交点の座標も、数体 $\mathbb{F}$ およびその中の数の平方根をとる範囲を超えることはない。

例えば、既知の円と直線の交点を定規とコンパスで作図する問題は、実際には2次代数方程式

$$Ax^2 + Bx + C = 0$$

の実数解を求める問題に帰着される。ここで係数 $A, B, C$ はすべて既知の数体 $\mathbb{F}$ に属する。したがって、交点の座標は方程式の係数から加減乗除と平方根を求める演算によって得られるため、定規とコンパスでこの解を作図することが可能である。上の例も、単位円に内接する正十角形を定規とコンパスで作図する問題を、2次代数方程式

$$x^2 + x - 1 = 0$$

の解を求める問題へと変換したものである。

定義多項式

$$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$$

が数体 $\mathbb{F}$ 上の多項式であるとは、その係数が $a_n, \dots, a_0 \in \mathbb{F}$ であることを指す。

もし方程式 $f(x)=0$ のある根（または解）が $x_0 \in \mathbb{F}_n$ であるならば（ここで $\mathbb{F}_n$ は有限回の平方根の添加によって順次得られる拡大体である）、$x_0$ は定規とコンパスで作図できる数であるという。

したがって、我々は新たな問題、すなわち「どのような代数方程式の実数根が定規とコンパスで作図できるのか」について議論を移す。

以下では、いくつかの特殊な場合のみを議論する。一般的な $n$ 次代数方程式の求根問題は明らかにこのページの範囲を超えるため、読者は他の書籍を参照されたい。

$1^\circ$ 3次方程式

$$f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$$

を数体 $\mathbb{F}$ 上の多項式とする（$a, b, c \in \mathbb{F}$）。代数学の基本定理からわかるように、3次代数方程式 $f(x)=0$ には3つの根 $x_1, x_2, x_3$ があり、根と係数の関係は次のようになる：

$$a = -(x_1 + x_2 + x_3)$$

$$b = x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_1 x_3$$

$$c = -x_1 x_2 x_3$$

補題もし数体 $\mathbb{F}$ 上の3次代数方程式 $f(x)=0$ が $\alpha + \beta\sqrt{d}$ の形の根を持つならば（ここで $\alpha, \beta \in \mathbb{F}$、$\beta \neq 0$、$d \in \mathbb{F}$ だが $\sqrt{d} \notin \mathbb{F}$）、

$\alpha - \beta\sqrt{d}$ も方程式 $f(x)=0$ の根である。
方程式 $f(x)=0$ は必ず $\mathbb{F}$ に属する根を持つ。

証明

$x_1 = \alpha + \beta\sqrt{d}$ を、補題の条件を満たす方程式 $f(x)=0$ の根とする。$x_2 = \alpha - \beta\sqrt{d}$ とおく。すると、2次多項式

$$g(x) = (x - x_1)(x - x_2) = x^2 - 2\alpha x + \alpha^2 - d\beta^2$$

も数体 $\mathbb{F}$ 上の多項式である。$f(x)$ を $g(x)$ で割ると

$$f(x) = g(x)q(x) + r(x)$$

となる。ここで、商 $q(x)$ と余り $r(x)$ の係数は、$f(x)$ と $g(x)$ の係数から加減乗除等の演算によって得られるため、$q(x)$ と $r(x)$ は $\mathbb{F}$ 上の多項式である。除式 $g(x)$ は2次多項式であるため、余り $r(x)$ の次数は1を超えない。次のようにおく。

$$r(x) = \lambda x + \rho \quad (\lambda, \rho \in \mathbb{F})$$

$x = x_1$ を $f(x) = g(x)q(x) + r(x)$ に代入し、$f(x_1) = g(x_1) = 0$ に注意すると、$r(x_1) = 0$ が導かれる。もし $\lambda \neq 0$ ならば、

$$x_1 = -\frac{\rho}{\lambda} \in \mathbb{F}$$

となるが、これは $x_1 = \alpha + \beta\sqrt{d}$（$\beta \neq 0$）に矛盾する。したがって $\lambda = 0$、ひいては $\rho = 0$ となる。これにより次が得られる：

$$f(x) = g(x)q(x)$$

すなわち、$x_2 = \alpha - \beta\sqrt{d}$ も方程式 $f(x)=0$ の根である。さらに根と係数の関係を利用すると、$f(x)=0$ の3つ目の根 $x_3$ は次を満たす：

$$a = -(x_1 + x_2 + x_3) = -(2\alpha + x_3)$$

すなわち $x_3 = -a - 2\alpha \in \mathbb{F}$ となる。これで補題の証明が完了した。

定理

$$f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$$

を数体 $\mathbb{F}$ 上の3次多項式とする。もし方程式 $f(x)=0$ が数体 $\mathbb{F}$ 内に根を持たないならば、方程式 $f(x)=0$ のいかなる根も定規とコンパスで作図できる数ではない。

証明

背理法で示す。方程式 $f(x)=0$ に、定規とコンパスで作図できる根が存在すると仮定し、それを $x_n$ と記す。すなわち、数体 $\mathbb{F}$ の数に有限回の加減乗除および有限回の平方根の演算を施して得られる数である。この全プロセスで $n$ 回の平方根演算が用いられたとし、それぞれの平方根の中身を $d_1, d_2, \dots, d_n$ とする。このようにして、一連の拡大体 $\mathbb{F}_0, \mathbb{F}_1, \dots, \mathbb{F}_n$ が得られる。

仮定より、方程式の根 $x_n$ は $\mathbb{F}_n$ 内にあるため、

$$x_n = \alpha_n + \beta_n\sqrt{d_n} \in \mathbb{F}_n$$

である。ここで $\alpha_n, \beta_n \in \mathbb{F}_{n-1}$、$d_n \in \mathbb{F}_{n-1}$ だが $\sqrt{d_n} \notin \mathbb{F}_{n-1}$ である。補題の結論によれば、方程式 $f(x)=0$ は必ず数体 $\mathbb{F}_{n-1}$ に属する根を持ち、それを

$$x_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\sqrt{d_{n-1}} \in \mathbb{F}_{n-1}$$

と記す。ここで $\alpha_{n-1}, \beta_{n-1} \in \mathbb{F}_{n-2}$、$d_{n-1} \in \mathbb{F}_{n-2}$ だが $\sqrt{d_{n-1}} \notin \mathbb{F}_{n-2}$ である。同様にして、方程式 $f(x)=0$ は $\mathbb{F}_{n-2}$ に根を持つことが導かれ、これを繰り返していくと、最終的に方程式は $\mathbb{F}_0 = \mathbb{F}$ に根を持つことになる。これは定理の条件と矛盾する。

幾何学的作図における3つの作図不可能問題

これまでの準備により、幾何学的作図問題を代数的な問題へと変換することができる。すなわち、有理数体上の代数方程式が $\mathbb{Q}$ 内（拡大体の中）に根を持つかどうかの問題へと変換される。簡単に言えば、有理数体上で幾何学的作図が解けるかどうかは、代数方程式が有理数体で解けるかどうかに帰着される。

さて、歴史上有名な3つの幾何学的作図の不可能問題について議論しよう。

$1^\circ$ 立方体倍積問題

いわゆる立方体倍積問題とは、一辺の長さが 1 の立方体が与えられたとき、定規とコンパスを用いてその2倍の体積を持つ立方体を作図できるかという問題である。新しい立方体の一辺の長さを $x > 0$ とすると、問題は次のように帰着される：既知の数 1 から定規とコンパスを用いて、$x^3 = 2$ となる数 $x$ を作図できるか。

既知の数 1 から出発して、定規とコンパスで有理数体 $\mathbb{F}_0 = \mathbb{Q}$ を作図できる。方程式

$$x^3 - 2 = 0$$

の唯一の実数根 $x = \sqrt[3]{2}$ は有理数ではないため、方程式は $\mathbb{Q}$ 内に根を持たない。上述の定理によれば、幾何学的作図の立方体倍積問題は解けない。

定理をよりよく理解するために、ここで立方体倍積問題を具体例として、定理の証明過程を繰り返してみよう。この実数根が定規とコンパスで作図できると仮定すると、それは必ず有限回の平方根演算を経て得られるはずである。 $n$ 回の平方根演算を経て得られるとし、第 $n$ 回目の平方根の中身を $d$ と記すと、

$$x = \alpha + \beta\sqrt{d} \in \mathbb{F}_n, \quad \alpha, \beta, d \in \mathbb{F}_{n-1}, \quad \text{ただし } \sqrt{d} \notin \mathbb{F}_{n-1}$$

となる。補題の結論によれば、

$$x' = \alpha - \beta\sqrt{d}$$

も方程式 $x^3 - 2 = 0$ の実数根である。

しかし方程式は実数根 $\sqrt[3]{2}$ を1つしか持たないため、$x = x' = \sqrt[3]{2}$ となり、$\beta = 0$ が導かれる。かつ

$$x = x' = \sqrt[3]{2} = \alpha \in \mathbb{F}_{n-1}$$

となる。すなわち、この実数根は $\mathbb{F}_{n-1}$ の中の数であり、

$$x = \alpha' + \beta'\sqrt{d'} \in \mathbb{F}_{n-1}, \quad \alpha', \beta', d' \in \mathbb{F}_{n-2}, \quad \text{ただし } \sqrt{d'} \notin \mathbb{F}_{n-2}$$

と記される。

上記の推論を繰り返し一歩一歩進めていくと、最後には「$x = \sqrt[3]{2} \in \mathbb{F}_0$（有理数）である」という不条理な結論に達する。したがって仮定は誤りであり、これによって方程式 $x^3 - 2 = 0$ の根は定規とコンパスで作図できないこと、すなわち立方体倍積問題は解けないことが証明された。

$2^\circ$ 任意の角の三等分問題

次に、定規とコンパスのみで任意の角を三等分することは一般的に不可能であることを証明する。もちろん、$90^\circ$ や $180^\circ$ のような特別な角に対しては定規とコンパスで三等分することができるが、我々が示したいのは、すべての角を三等分できるような定規とコンパスの作図方法は存在しないということである。

ある角の余弦 $\cos\theta$ が与えられているとする。このとき、既知の数の集合 $S = \{1, \cos\theta\}$ から出発し、定規とコンパスで数 $\cos\left(\frac{\theta}{3}\right)$ を作図することになる。三角関数の公式を利用すると、

$$\cos\theta = 4\cos^3\left(\frac{\theta}{3}\right) - 3\cos\left(\frac{\theta}{3}\right)$$

が得られる。これは定規とコンパスで3次代数方程式

$$4x^3 - 3x - \cos\theta = 0$$

の解を作図することに相当する。ここで、$x = \cos\left(\frac{\theta}{3}\right)$ である。ここでは特別な場合を取り上げて、角の三等分問題が解けないことを説明する。

$\theta = 60^\circ$ とすると、$\cos\theta = \frac{1}{2}$ である。したがって、数の集合 $S = \{1, \frac{1}{2}\}$ から出発して、定規とコンパスで有理数体 $\mathbb{Q}$ を作図できる。一方、方程式は次のように簡略化される。

$$8x^3 - 6x - 1 = 0$$

あるいは変数変換 $v = 2x$ を行うと、方程式は

$$v^3 - 3v - 1 = 0$$

に変換される。定理によれば、上記の方程式が $\mathbb{Q}$ 内に根を持たないことを示せばよく、それによって角の三等分の幾何学的作図問題は解けないことが導かれる。

方程式が有理数根 $v = \frac{p}{q}$ （$(p,q)=1$）を持つと仮定する。方程式に代入すると

$$p^3 - 3q^2p - q^3 = 0$$

となる。これより

$$q^3 = p(p^2 - 3q^2) \quad \text{または} \quad p^3 = q^2(3p + q)$$

が導かれる。

$q^3 = p(p^2 - 3q^2)$ から、$q^3$ は $p$ で割り切れることがわかるため、$p = \pm 1$ でない限り $p$ と $q$ は公約数を持つ。 $p^3 = q^2(3p + q)$ から、$p^3$ は $q^2$ で割り切れることがわかるため、$q = \pm 1$ でない限り $p$ と $q$ は公約数を持つ。

したがって、方程式の有理数解は $v = \pm 1$ しかあり得ないが、これは明らかに成り立たない。よって方程式は有理数根を持たず、当然定規とコンパスで作図できる解も存在しない。

$3^\circ$ 正七角形の作図問題

単位円に内接する正七角形の問題を考える。正十角形の場合と同様に、各辺に対応する中心角を

$$\theta = \frac{360^\circ}{7}$$

とおく。このとき問題は以下のように帰着される：既知の数 1 から、定規とコンパスを用いて $\cos\theta$ を作図できるか。

複素数を利用すると、正七角形の頂点はまさに方程式

$$z^7 - 1 = 0$$

の1の冪根である。この方程式には明らかな根 $z = 1$ が1つあり、残りの根はすべて円分方程式

$$\frac{z^7 - 1}{z - 1} = z^6 + z^5 + z^4 + z^3 + z^2 + z + 1 = 0$$

を満たす。上記の方程式の両辺を $z^3$ で割ると

$$z^3 + \frac{1}{z^3} + z^2 + \frac{1}{z^2} + z + \frac{1}{z} + 1 = 0$$

となる。これを書き換えると

$$\left(z + \frac{1}{z}\right)^3 + \left(z + \frac{1}{z}\right)^2 - 2\left(z + \frac{1}{z}\right) - 1 = 0$$

となる。

$$z = \cos\theta + i\sin\theta, \quad \theta = \frac{360^\circ}{7}$$

とし、

$$x = z + \frac{1}{z} = 2\cos\theta$$

とおくと、これは整係数の3次代数方程式

$$x^3 + x^2 - 2x - 1 = 0$$

を満たす。ここで、1 から出発して有理数体 $\mathbb{Q}$ が得られる。定規とコンパスで正七角形を作図できるかどうかは、定規とコンパスで数 $x$ を作図できるかどうか、すなわち上記の方程式に有理数根が存在するかどうかに等しい。

背理法を用いて、上記の方程式に有理数根が確かに存在しないことを証明し、ひいては正七角形の作図問題が解けないことを導く。方程式が有理数根 $x = \frac{p}{q}$ （$(p,q)=1$）を持つと仮定する。代入すると

$$p^3 + p^2q - 2pq^2 - q^3 = 0$$

となる。上の式からはそれぞれ次が導かれる：

$$p^3 = q(q^2 + 2pq - p^2)$$

$$q^3 = p(p^2 + pq - 2q^2)$$

前者から $q \mid p^3$、$(p,q)=1$ より $q = \pm 1$。後者から $p \mid q^3$ より $p = \pm 1$。よって $x = \pm 1$ しかあり得ないが、$f(1) = -1$、$f(-1) = 1$ でどちらも $0$ ではない。これは矛盾である。

注：幾何学的作図が不可能である有名な例として、もう一つ「円積問題（円を正方形化する問題）」がある。すなわち、定規とコンパスを用いて単位円と同じ面積を持つ正方形を作図できるか、つまり定規とコンパスで方程式

$$x^2 = \pi$$

を満たす数 $x$ を作図できるかという問題である。事実として、この問題が解けないことはすでに証明されているが、その証明過程には $\pi$ が超越数であるという事実を用いる必要がある。いわゆる超越数とは、いかなる有理係数の代数方程式の根にもなり得ない数のことである。この内容はこのページの範囲を超えるため、ここではこれ以上の議論は行わない。

円周の等分に関する幾何学的作図問題

前節で議論した幾何学的作図における3つの有名な問題の他に、歴史が長く興味深い問題がもう一つある。それは、任意の正の整数 $n$ が与えられたとき、定規とコンパスで任意の円周を $n$ 等分し、それらの等分点を順に結ぶという問題である。したがって、この問題は円に内接する正 $n$ 角形を作図する問題でもある。

すでに見たように、内接正十角形の問題は解けるが、内接正七角形の問題は解けない。そこで自然な疑問として、どのような $n$ に対してこの問題は解けるのだろうか。

円周を等分するとは、すなわち円周角 $360^\circ$ を $n$ 等分することである。角の三等分問題と比較すると、前者は固定された円周角を等分するだけで等分する数 $n$ は変えられるのに対し、後者は三等分であるものの対象となる角度が任意であるという違いが容易にわかる。類推すると、$n$ 等分円周問題は、既知の数 $\cos 360^\circ = 1$ から出発し、定規とコンパスで数

$$\cos \frac{360^\circ}{n}$$

を作図する問題である。言い換えれば、どのような条件を満たすときに定規とコンパスで $\cos \frac{360^\circ}{n}$ を作図できるか、ということである。

$1^\circ$ いくつかの例

例 $n = 2^k$ のとき、$n$ 等分円周の幾何学的作図問題は可解である。

証明

明らかに円周の2等分は非常に簡単である。円心を通る直線を定規で1本引けばよいからである。続いて上述の例の手順に従ってその直線の垂直二等分線を作図すれば、円周を4等分できる。さらに定規とコンパスで任意の角を二等分できるため、円周を8等分できる。このように繰り返していくことで、円周の $2^k$ 等分を作図することができる。

例もし $m$ 等分円周問題が解けるならば、$2m$ 等分円周問題も解ける。もし $m$ 等分円周問題が解けないならば、$m$ の任意の倍数 $mk$ に対応する等分問題も解けない。

証明

前の例からわかるように、もし定規とコンパスで円周を $m$ 等分できるならば、さらにその等分角を二等分し続けることで円周の $2m$ 等分が得られる。

ある $m$ について等分問題が解けないとする。もしある $k$ が存在して $mk$ 等分問題が解けると仮定すると、隣接する $k$ 個の等分を統合すれば円周の $m$ 等分が得られることになり、これは仮定に矛盾する。したがって、例における2つ目の結論が成り立つ。

例 $m = 3, 5$ のとき、定規とコンパスで円周を等分できる。したがって $3 \times 2$ および $5 \times 2$ 等分（例えば円周の6等分など）も作図できる。しかし $7$ や $9$ に対しては、定規とコンパスで等分することはできない。したがって $7$ と $9$ の倍数 $n = 7m$ または $n = 9m$ の等分問題も不可解である。

証明

三等分円周に対応する中心角は $\cos\frac{360^\circ}{3} = \cos 120^\circ = -\frac{1}{2}$ であるため、3等分円周の定規とコンパスによる作図問題は可解である。注意すべきは、ここで三等分しているのは特定の特別な中心角 $\theta = 120^\circ$ であるため、任意の角の三等分は不可能であるという結論と矛盾しないことである。

5等分問題については、例の10個の等分点のうち、一つ飛ばしで5つの等分点を選べばよいため、5等分問題も定規とコンパスで作図可能である。

7等分問題は内接正七角形の定規とコンパスによる作図問題と同じであるため、不可解である。

9等分問題については、7等分問題の証明に倣うことができる。既知の数 1 から出発して、定規とコンパスで有理数体 $\mathbb{Q}$ を作図する。次の問題は、9等分角 $\theta = \frac{360^\circ}{9}$ について $\cos\theta$ を定規とコンパスで作図できるかという問題である。

$$z = \cos\theta + i\sin\theta, \quad \theta = \frac{360^\circ}{9}$$

とおくと、これは次を満たす：

$$z^9 - 1 = (z^3 - 1)(z^6 + z^3 + 1) = 0$$

$z^3 - 1 \neq 0$ であるため、

$$z^6 + z^3 + 1 = 0$$

両辺を $z^3$ で割ると

$$z^3 + 1 + z^{-3} = 0$$

$x = z + z^{-1} = 2\cos\theta$ とおくと、$z^3 + z^{-3} = x^3 - 3x$ となるため

$$x^3 - 3x + 1 = 0$$

もしこの方程式が有理数根 $x = \frac{p}{q}$ （$(p,q)=1$）を持つとすると、

$$p^3 - 3pq^2 + q^3 = 0$$

となり、これから

$$p^3 = q^2(3p - q), \quad q^3 = p(3q^2 - p^2)$$

が導かれる。前者から $q^2 \mid p^3$、$(p,q)=1$ より $q = \pm 1$。後者から $p \mid q^3$ より $p = \pm 1$。よって $x = \pm 1$ しかあり得ないが、$1 - 3 + 1 = -1$、$-1 + 3 + 1 = 3$ でどちらも $0$ ではない。したがって有理数根は持たず、定理により、定規とコンパスによる 9 等分円周問題は不可解である。

$2^\circ$ 17等分円周（正十七角形の作図）問題

以下に有名な等分問題を示す。これはガウス（Gauss）が19歳のときに考えたものである。

例 17等分円周の幾何学的作図問題（すなわち円に内接する正十七角形の作図問題）は可解である。

証明

方程式

$$z^{17} - 1 = 0$$

を考える。この方程式の17個の根は単位円上の17個の等分点に対応する。その中で $z_0 = 1$ に対応する等分点の座標を $P_0(1,0)$ とする。

$$\theta = \frac{360^\circ}{17}$$

と記すと、その他の16個の等分点は複素数を用いてそれぞれ次のように表される：

$$z_1 = \cos\theta + i\sin\theta = e^{i\theta}$$

$$z_k = z_1^k = \cos k\theta + i\sin k\theta = e^{ik\theta}, \quad k=1, \dots, 16$$

ここでは複素数のオイラーの公式を用いた。$z_0 = 1$ を除く他の16個の解は共役なペアとして現れる。言い換えると、$\theta = \frac{360^\circ}{17}$ に対して、

$$\overline{z}_k = z_{17-k}, \quad k=1,\dots,16$$

であり、

$$\cos m\theta = \cos k\theta, \quad (m+k=17)$$

が成り立つ。根と係数の関係より、

$$\sum_{k=0}^{16} z_k = 0 \quad \text{または} \quad \sum_{k=1}^8 (z_k + \overline{z}_k) = 2\sum_{k=1}^8 \cos k\theta = -1$$

今、既知の 1 から出発し、定規とコンパスで有理数体 $\mathbb{Q}$ を作図する。もし $\cos\theta$ が定規とコンパスで作図できる数であることを証明できれば、

$$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta}$$

は加減乗除および既知の数の平方根を求める演算を通じて得られる数であるため、同様に定規とコンパスで作図可能である。このようにして対応する等分点の座標

$$P_1(\cos\theta, \sin\theta)$$

が得られる。したがって、線分 $P_0 P_1$ の長さも定規とコンパスで作図できる数となる。$P_1$ から始めてこの長さを半径とし、順次単位円と交わる円を描いていけば他の等分点が得られ、これによって定規とコンパスによる17等分円周問題が完成する。

既知の有理数体から出発して、定規とコンパスで数 $\cos\theta$ を作図できることを証明する。その過程は煩雑ではあるが、基本的には初等的なものである。具体的な考え方は以下の通りである。$\cos\theta, \cos 2\theta, \dots, \cos 8\theta$ を以下の2つのグループに分ける：

$$a_1 = 2(\cos\theta + \cos 2\theta + \cos 4\theta + \cos 8\theta)$$

$$a_2 = 2(\cos 3\theta + \cos 5\theta + \cos 6\theta + \cos 7\theta)$$

根と係数の関係から直ちに

$$a_1 + a_2 = -1$$

が得られる。三角関数の積和の公式と $\cos m\theta = \cos k\theta \; (m+k=17)$ を利用すると、次のように証明できる：

$$a_1 a_2 = 4(\cos\theta + \cos 2\theta + \cos 4\theta + \cos 8\theta)(\cos 3\theta + \cos 5\theta + \cos 6\theta + \cos 7\theta) = -4$$

以上の結果を統合すると、実数 $a_1, a_2$ は

$$a_1 + a_2 = -1, \quad a_1 a_2 = -4$$

を満たす。したがって、これらは数体上の2次方程式

$$x^2 + x - 4 = 0$$

の解である。この方程式の判別式は $\Delta = 17 > 0$ であるため、2つの実数解は有理数の加減乗除および平方根を求める演算によって得られる。すなわち $a_1, a_2$ は定規とコンパスで作図可能である。

さらに $a_1$ の中の和の項を以下の2つのグループに分ける：

$$b_1 = 2(\cos\theta + \cos 4\theta), \quad b_2 = 2(\cos 2\theta + \cos 8\theta)$$

したがって、まず

$$b_1 + b_2 = a_1$$

が成り立つ。同時に、$a_1 a_2 = -4$ を証明したのと同じような方法を用いて

$$b_1 b_2 = 4(\cos\theta + \cos 4\theta)(\cos 2\theta + \cos 8\theta) = -1$$

を得る。ゆえに $b_1, b_2$ は数体 $\mathbb{Q}(\sqrt{17})$ 上の2次方程式

$$x^2 - a_1 x - 1 = 0$$

を満たす。その判別式は $\Delta = a_1^2 + 1 > 0$ であるため、2つの実数根は $\mathbb{Q}(\sqrt{17})$ の数から加減乗除と平方根を求める演算を経て得られる。よってこれらも定規とコンパスで作図できる数である。

同様に、$a_2$ の中の和の項を以下の2つのグループに分ける：

$$c_1 = 2(\cos 3\theta + \cos 5\theta), \quad c_2 = 2(\cos 6\theta + \cos 7\theta)$$

すると

$$c_1 + c_2 = a_2, \quad c_1 c_2 = -1$$

を得る。したがって $c_1, c_2$ は $\mathbb{Q}(\sqrt{17})$ 上の方程式

$$x^2 - a_2 x - 1 = 0 \quad (\Delta = a_2^2 + 1 > 0)$$

の2つの解であり、これらも定規とコンパスで作図できる数である。

$c_1$ の定義に注意し、積和の公式を利用すると、

$$c_1 = 2(\cos 3\theta + \cos 5\theta) = 4\cos\theta\cos 4\theta$$

となる。この関係と

$$b_1 = 2(\cos\theta + \cos 4\theta)$$

を連立させると、数 $2\cos\theta$ と $2\cos 4\theta$ が次の2次方程式

$$x^2 - b_1 x + c_1 = 0$$

の解であることが容易にわかる。この方程式の係数はすべて定規とコンパスで作図できる数であり、かつ判別式 $\Delta = b_1^2 - 4c_1 > 0$であるため、$2\cos\theta$ と $2\cos 4\theta$ は定規とコンパスで作図された既知の数に基づき、さらに加減乗除と平方根演算を行うことで得られる。したがってこれらも定規とコンパスで作図可能である。このようにして、最終的に定規とコンパスで $\cos\theta$ ($\theta = \frac{360^\circ}{17}$) が作図できることを証明した。

注：ここでは定規とコンパスで $\cos\theta$ を作図できるかという問題にのみ関心がある。もし各ステップで得られる1組の根を具体的に計算したい場合は、解の公式を利用するだけでよい。ただし、1組の根の間の大小関係を比較する必要があるが、その詳細についてはここではこれ以上議論しない。

$3^\circ$ 一般的な結論

補題 $m, n$ を互いに素な2つの正の整数（$(m,n)=1$）とする。もし $m$ 等分円周と $n$ 等分円周の問題が解けるならば、$mn$ 等分円周問題も解ける。

証明

$(m,n)=1$ であるから、ベズーの定理（Bezoutの補題）より、2つの整数 $l, k$ が存在して $lm + kn = 1$ となる。したがって

$$\frac{1}{mn} = \frac{l}{n} + \frac{k}{m}$$

となる。

$$\theta = \frac{360^\circ}{mn}, \quad \theta_1 = \frac{360^\circ}{m}, \quad \theta_2 = \frac{360^\circ}{n}$$

とおく。複素数のオイラーの公式を用いると、

$$e^{i\theta} = e^{ik\theta_1} e^{il\theta_2}$$

両辺の実部を取ると、

$$\cos\theta = \operatorname{Re}\left( (\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)^k (\cos\theta_2 + i\sin\theta_2)^l \right)$$

となる。補題の条件より、$\cos\theta_1$ と $\cos\theta_2$ は定規とコンパスで作図可能である。したがって、

$$\sin\theta_1 = \sqrt{1 - \cos^2\theta_1}, \quad \sin\theta_2 = \sqrt{1 - \cos^2\theta_2}$$

も定規とコンパスで作図可能であり、さらに $\cos\theta$ は $\cos\theta_1, \cos\theta_2$ から加減乗除と平方根演算を通じて得られるため、これらも定規とコンパスで作図できる数であることが導かれる。

例えば、15等分円周問題は可解である。なぜなら $(3,5)=1$ であり、かつ $\frac{1}{15} = \frac{2}{5} - \frac{1}{3}$ だからである。

さて、以下のようにまとめることができる：補題によれば、もし2つの素数 $p_1, p_2$ に対応する等分問題が解けるならば、$p_1 p_2$ に対応する等分問題も解ける。しかし、いくつかの例が教えてくれるように、素数であっても、2, 3, 5, 17などのように対応する等分問題が解ける素数もあれば、7のように解けない素数もある。

17等分円周問題の可解性からわかるように、素数17には特殊性がある。すなわち、

$$17 = 2^{2^2} + 1$$

であり、これはフェルマー数である。フェルマー数がすべて素数というわけではないが、もしフェルマー素数 $2^{2^n} + 1$ を取れば、対応する等分問題は可解となる。補題と例を組み合わせると、次の結論が得られる。

定理 $n$ 等分円周（すなわち円に内接する正 $n$ 角形）が定規とコンパスで作図可能であるための必要十分条件は

$$n = 2^k p_1 p_2 \dots p_m$$

となることである。ここで $p_1, p_2, \dots, p_m$ は互いに異なるフェルマー素数である。

十分性は上の補題と 17 等分の例から得られる。必要性の証明にはガロア理論が必要で、このサイトの群論・代数のページを参照されたい。

練習問題

1 $p=1+\sqrt{2}, q=2-\sqrt{2}$ とする。$\frac{p}{q}$ および $p+p^2$ を $a+b\sqrt{2}$ の形に表せ。

2 $\mathbb{F}_0 = \mathbb{Q}$ とする。次を証明せよ。
(1) $d_1 \in \mathbb{F}_0$ だが $\sqrt{d_1} \notin \mathbb{F}_0$ のとき、

$$\mathbb{F}_1 = \{\alpha + \beta\sqrt{d_1} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}_0\}$$

の中の任意の数は、ある有理係数の2次代数方程式の根である。
(2) $d_2 \in \mathbb{F}_1$ だが $\sqrt{d_2} \notin \mathbb{F}_1$ のとき、

$$\mathbb{F}_2 = \{\alpha + \beta\sqrt{d_2} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{F}_1\}$$

の中の任意の数も、ある有理係数の4次代数方程式の根である。

注：ある数 $x$ が、整係数代数方程式

$$a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = 0 \quad (a_n, \dots, a_0 \in \mathbb{Z})$$

の根であるとき、それは「代数的数」と呼ばれる。明らかに、任意の有理数 $x = \frac{p}{q}$ は整係数の1次代数方程式

$$qx - p = 0$$

の根であるため、有理数は代数的数である。代数的数を有理数の一種の一般化と見なすこともできる。任意の有理係数の代数方程式は通分によって整係数の代数方程式と同値になるため、有理係数代数方程式の根は必ず整係数代数方程式の根でもある。つまり、任意の有理係数代数方程式の根は必ず代数的数である。この問題では、実際には有理数体 $\mathbb{F}_0 = \mathbb{Q}$ の拡大体 $\mathbb{F}_1 = \mathbb{F}_0(\sqrt{d_1})$ および $\mathbb{F}_2 = \mathbb{F}_1(\sqrt{d_2})$ の中の数がすべて代数的数であることを証明しようとしている。さらに数学的帰納法を用いれば、拡大体 $\mathbb{F}_n$ の中の任意の数 $x$ が、係数が $\mathbb{F}_{n-k}$ に属するある $2^k$ 次代数方程式の根であることを証明できる（$0 < k \le n$）。$k=n$ のとき、$\mathbb{F}_n$ の中の任意の数が代数的数であることが証明される。定規とコンパスの作図の言葉で言えば、「有理数体から出発し、定規とコンパスを経て作図された数はすべて代数的数である」ということである。代数的数ではない数は「超越数」と呼ばれる。事実として超越数は存在し、その典型的な例が $\pi$ である。関連する議論はこのページの範囲を超えるため、ここではこれ以上立ち入らない。

解答

1. 分母を有理化して

$$\frac{p}{q} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}} = \frac{(1+\sqrt{2})(2+\sqrt{2})}{(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})} = \frac{4 + 3\sqrt{2}}{2} = 2 + \frac{3}{2}\sqrt{2},$$

$$p + p^2 = (1 + \sqrt{2}) + (3 + 2\sqrt{2}) = 4 + 3\sqrt{2}.$$

2. (1) $z = \alpha + \beta\sqrt{d_1}$（$\alpha, \beta \in \mathbb{Q}$）とおくと $(z - \alpha)^2 = \beta^2 d_1$、すなわち $z^2 - 2\alpha z + \alpha^2 - \beta^2 d_1 = 0$。係数は有理数だから、$z$ は有理係数の 2 次方程式（$\beta = 0$ なら 1 次方程式）の根である。
(2) $z = \alpha + \beta\sqrt{d_2}$（$\alpha, \beta \in \mathbb{F}_1$）は $g(x) = x^2 - 2\alpha x + \alpha^2 - \beta^2 d_2$ の根で、$g$ の係数は $\mathbb{F}_1$ の元、すなわち $u + v\sqrt{d_1}$（$u, v \in \mathbb{Q}$）の形である。各係数で $\sqrt{d_1}$ を $-\sqrt{d_1}$ に置き換えた多項式を $\tilde{g}(x)$ とする。このとき $h(x) = g(x)\tilde{g}(x)$ の係数は、$\sqrt{d_1} \to -\sqrt{d_1}$ の置き換えで不変だから $v = 0$ の形、すなわち有理数である。$h$ は 4 次で、$h(z) = g(z)\tilde{g}(z) = 0$ だから、$z$ は有理係数の 4 次代数方程式の根である。

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