3大作図問題の不可能性

段 1（倍積）。与えられた立方体の 1 辺を長さの単位 $1$ にとる。体積 $2$ の立方体の 1 辺は $x^3=2$ の正の解 $\sqrt[3]2$ なので、倍積は長さ $\sqrt[3]2$ の線分を作ることと同じである。
段 2（$60^\circ$ の 3 等分）。$60^\circ$ の角は、$O$、$E$ と 定規とコンパスによる作図 の例の点 $\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}2\right)$ で作図できる。この角が 3 等分できれば、$x$ 軸から $20^\circ$ 回った半直線が引け、単位円との交点 $(\cos20^\circ,\sin20^\circ)$ が作図できるので、$\cos20^\circ$ が作図できる。逆に $\cos20^\circ$ が作図できれば、$\sin20^\circ=\sqrt{1-\cos^2 20^\circ}$ も作図でき、点 $(\cos20^\circ,\sin20^\circ)$ と $O$ を結んで $20^\circ$ の角が得られる。
3 倍角の公式 $\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$（加法定理から2倍角・半角・3倍角の公式を導く）で $\theta=20^\circ$ とおくと、$\cos60^\circ=\dfrac12$ なので
$$ \frac12=4c^3-3c,\qquad 8c^3-6c-1=0 $$
である。
段 3（円積）。与えられた円の半径を単位 $1$ にとる。面積は $\pi$ で、同じ面積の正方形の 1 辺は $\sqrt\pi$ である。$\square$

$\alpha=p+q\sqrt d$、$\beta=p'+q'\sqrt d$（$p,q,p',q'\in F$）とする。書き方はただ 1 通りなので、$\bar\alpha$ は $\alpha$ だけで決まる。
段 1（和）。$\alpha+\beta=(p+p')+(q+q')\sqrt d$ なので $\overline{\alpha+\beta}=(p+p')-(q+q')\sqrt d=\bar\alpha+\bar\beta$ である。
段 2（積）。$\alpha\beta=(pp'+qq'd)+(pq'+qp')\sqrt d$ なので $\overline{\alpha\beta}=(pp'+qq'd)-(pq'+qp')\sqrt d$ である。一方
$$ \bar\alpha\,\bar\beta=(p-q\sqrt d)(p'-q'\sqrt d)=(pp'+qq'd)-(pq'+qp')\sqrt d $$
であり、両者は等しい。
段 3（$F$ の数）。$u\in F$ は $u+0\sqrt d$ と書けるので $\bar u=u-0\sqrt d=u$ である。逆に $\bar\alpha=\alpha$ なら $p-q\sqrt d=p+q\sqrt d$ で、書き方がただ 1 通りであることから $q=-q$、$q=0$ となり、$\alpha=p\in F$ である。$\square$

方針：$F(\sqrt d)$ の根 $\alpha$ の共役 $\bar\alpha$ も根であることを使い、解と係数の関係で 3 つ目の根を $F$ の数で書く。
段 1（$\alpha$ が $F$ に入るとき）。$\alpha=p+q\sqrt d$ で $q=0$ なら $\alpha\in F$ で、これが求める根である。以下 $q\ne0$ とする。
段 2（共役も根）。lem-icc-bar の後に述べたとおり $f(\bar\alpha)=\overline{f(\alpha)}=0$ である。$q\ne0$ なので $\bar\alpha=p-q\sqrt d\ne\alpha$ である。
段 3（因数分解）。$\alpha$ は $f$ の根なので、因数定理により $f(x)=(x-\alpha)g(x)$（$g$ は 2 次式）と書ける（剰余の定理と因数定理）。$x=\bar\alpha$ を入れると $0=(\bar\alpha-\alpha)g(\bar\alpha)$ で、$\bar\alpha-\alpha\ne0$ なので $g(\bar\alpha)=0$ である。もう一度因数定理を使うと $g(x)=(x-\bar\alpha)(x-\gamma)$ と書け、
$$ f(x)=(x-\alpha)(x-\bar\alpha)(x-\gamma) $$
となる。$\gamma$ も $f$ の根である。
段 4（3 つ目の根は $F$ に入る）。右辺を展開したときの $x^2$ の係数は $-(\alpha+\bar\alpha+\gamma)$ で、左辺の $x^2$ の係数 $a$ と等しい（n次方程式の解と係数の関係）。$\alpha+\bar\alpha=2p$ なので
$$ \gamma=-a-2p $$
である。$a,p\in F$ なので $\gamma\in F$ であり、$\gamma$ が求める根である。$\square$

方針：作図できる根があるとして、平方根の列の中で根が初めて現れる段を考え、lem-icc-conjugate で 1 段前に戻して矛盾を導く。
段 1（準備）。最高次の係数で割っても根は変わらないので、$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$（$a,b,c$ は有理数）としてよい。
段 2（背理法の仮定）。$f$ の実数の根 $\alpha$ が作図できたとする。特徴づけにより、列 $\mathbb{Q}=F_0\subset F_1\subset\cdots\subset F_r$（$F_i=F_{i-1}(\sqrt{d_i})$）で $\alpha\in F_r$ となるものがある。すると「$f$ の根を含む $F_k$」があるので、そのような $k$ のうち最小のものを $k_0$ とする。
段 3（$k_0\ge1$ はありえない）。$k_0\ge1$ とすると、$f$ は $F_{k_0}=F_{k_0-1}(\sqrt{d_{k_0}})$ の中に根をもち、係数 $a,b,c$ は有理数なので $F_{k_0-1}$ に入る。lem-icc-conjugate により $f$ は $F_{k_0-1}$ の中にも根をもつ。これは $k_0$ の最小性に反する。
段 4（結論）。よって $k_0=0$ で、$f$ は $F_0=\mathbb{Q}$ の中に根をもつ。これは「有理数の根をもたない」という仮定に反する。したがって $f$ の実数の根は作図できない。$\square$

$f\left(\dfrac rs\right)=0$ の両辺に $s^n$ を掛けると
$$ a_nr^n+a_{n-1}r^{n-1}s+\cdots+a_1rs^{n-1}+a_0s^n=0 $$
である。段 1：$a_0s^n$ 以外の項はすべて $r$ で割り切れるので、$a_0s^n=-(a_nr^n+\cdots+a_1rs^{n-1})$ も $r$ で割り切れる。$r$ と $s$ は互いに素なので $r$ と $s^n$ も互いに素であり、$r$ は $a_0$ を割り切る。段 2：同じように $a_nr^n$ 以外の項はすべて $s$ で割り切れるので、$s$ は $a_nr^n$ を割り切り、$s$ と $r^n$ は互いに素なので $s$ は $a_n$ を割り切る。$\square$

$\sqrt[3]2$ は $f(x)=x^3-2=0$ の実数の根である。lem-icc-rational-root により、有理数の根があれば $-2$ の約数 $\pm1,\pm2$ のどれかである。ところが
$$ f(1)=-1,\qquad f(-1)=-3,\qquad f(2)=6,\qquad f(-2)=-10 $$
でどれも $0$ でない。よって $f$ は有理数の根をもたず、thm-icc-cubic により $\sqrt[3]2$ は作図できない。prop-icc-translate の 1 により倍積はできない。$\square$

段 1。ex-icc-values により、$y=2\cos20^\circ$ は $g(y)=y^3-3y-1=0$ の根である。lem-icc-rational-root により有理数の根があれば $\pm1$ である。$g(1)=1-3-1=-3$、$g(-1)=-1+3-1=1$ でどちらも $0$ でないので、$g$ は有理数の根をもたない。
段 2。thm-icc-cubic により $2\cos20^\circ$ は作図できない。もし $\cos20^\circ$ が作図できれば、その 2 倍も作図できるはずなので、$\cos20^\circ$ も作図できない。
段 3。prop-icc-translate の 2 により、$60^\circ$ の角は 3 等分できない。$60^\circ$ の角は作図できる角なので、どんな角でも 3 等分する手順があれば $60^\circ$ も 3 等分できてしまう。よってそのような手順はない。$\square$

方針：係数が $F(\sqrt d)$ に入る多項式に、係数の共役をとった多項式を掛けると、係数が $F$ に下りる。これを列にそって $r$ 回くり返す。
段 1（1 段下ろす）。$F$、$d$ を lem-icc-bar のとおりとし、$\alpha$ が $0$ でない多項式 $g(x)=c_nx^n+\cdots+c_1x+c_0$（$c_j\in F(\sqrt d)$、$c_n\ne0$）の根であるとする。係数の共役をとった $\bar g(x)=\bar c_nx^n+\cdots+\bar c_0$ と、積 $h(x)=g(x)\bar g(x)$ を考える。

• $h$ の $x^m$ の係数は $e_m=\sum_{i+j=m}c_i\bar c_j$ である。lem-icc-bar により $\bar e_m=\sum_{i+j=m}\bar c_i c_j$ で、これは $i$ と $j$ の役割を入れかえた同じ和なので $e_m$ に等しい。よって $e_m$ は $F$ に入る（lem-icc-bar の最後の主張）。
• $h$ の最高次の係数は $c_n\bar c_n$ である。$\bar c_n=0$ なら $c_n=\overline{\bar c_n}=\bar0=0$ となり矛盾するので $\bar c_n\ne0$ で、$c_n\bar c_n\ne0$ である。よって $h$ は $0$ でなく、次数は $2n$ である。
• $h(\alpha)=g(\alpha)\bar g(\alpha)=0\cdot\bar g(\alpha)=0$ である。
  したがって $\alpha$ は、係数が $F$ に入る次数 $2n$ の $0$ でない多項式の根である。
  段 2（くり返す）。$\alpha\in F_r$ なら、$\alpha$ は係数が $F_r$ に入る 1 次式 $x-\alpha$ の根である。段 1 を $F=F_{r-1},F_{r-2},\ldots,F_0$ の順に $r$ 回使うと、係数が $F_0=\mathbb{Q}$ に入り次数が $2^r$ の $0$ でない多項式で $\alpha$ を根とするものが得られる。作図できる数はある $F_r$ に入るので、代数的数である。$\square$

$\sqrt\pi$ が作図できたとすると、作図できる数の積も作図できるので、$\pi=\sqrt\pi\cdot\sqrt\pi$ も作図できる。prop-icc-algebraic により $\pi$ は代数的数になるが、これは thm-icc-lindemann に反する。よって $\sqrt\pi$ は作図できず、prop-icc-translate の 3 により円積問題は作図できない。$\square$

段 1。正五角形と黄金比 と同じく、「正九角形が作図できる」とは、原点 $O$ を中心とする単位円に内接し $(1,0)$ を頂点とする正九角形が作図できることとする。1 辺の両端と中心を結ぶ角（中心角）は $360^\circ\mathbin{÷}9=40^\circ$ なので、$(1,0)$ の隣の頂点は $(\cos40^\circ,\sin40^\circ)$ である。この点が作図できれば、点と座標の関係により $\cos40^\circ$ が作図できる。
段 2。ところが ex-icc-angles の (3) により、$y=2\cos40^\circ$ は $y^3-3y+1=0$ の根で、この方程式は有理数の根をもたないので、thm-icc-cubic により $2\cos40^\circ$ は作図できない。$\cos40^\circ$ が作図できれば $2\cos40^\circ$ も作図できるはずなので矛盾する。よって正九角形は作図できない。$\square$