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解法: リンデマンによる $\pi$ の超越性の証明が円積問題を解決する(1882年)

ステップ 1/6: 課題:円と同じ面積の正方形を作る
ざっくり言うと

半径 11 の円が与えられたとする;その面積は π\pi である。『円積問題』とは、定規とコンパスだけを使って、それとまったく同じ面積を持つ正方形を作ることを意味する——辺の長さが ss の正方形の面積は s2s^2 であるから、これは辺の長さが π\sqrt{\pi} の正方形を作ることを意味する。

ギリシャの幾何学者たちは何世紀にもわたって巧妙な部分的な工夫でこれに挑んだ(ヒッピアスのクアドラトリクスのような曲線を使えば可能だが、それらは定規とコンパスの道具ではない)。この問いは二千年以上未解決のままだった:π\sqrt{\pi} は本当にコンパスが到達できる数の1つなのだろうか。

Area=πr2=π  ⟹  side of equal square=π\text{Area} = \pi r^2 = \pi \implies \text{side of equal square} = \sqrt{\pi}
詳しい解説

この古典的な問題は、ギリシャ数学において少なくとも紀元前5世紀にまでさかのぼり、与えられた円と同じ面積を持つ正方形を定規とコンパスで作図することを求める。円の半径を 11(面積 π\pi)とすると、求める正方形は辺の長さ ss が s2=πs^2=\pi、すなわち s=πs=\sqrt{\pi} を満たす。

(角の三等分と立方体倍積を解決するのに使われた)ヴァンツェルの1837年の定理により、定規とコンパスで作図可能などんな実数も、Q\mathbb{Q} 上の二次拡大の塔の頂上に位置し、特に代数的である——すなわち有理数係数を持つある非零多項式の根である。したがって円積問題が可能であるのは π\sqrt{\pi} が代数的である場合に限られる。代数的数の平方は代数的であり、その逆も成り立つので(代数的数 α\alpha は多項式 PP を満たし、α2\alpha^2 は PP から作られる関連する多項式を満たす)、π\sqrt{\pi} が代数的であることと π\pi が代数的であることは同値である。

こうして幾何学的な問いは、1つの特定の実数についての問いに完全に帰着する:π\pi は代数的なのか、それとも超越的(有理数係数のどんな多項式方程式も満たさない)なのか。フェルディナント・フォン・リンデマンは1882年にこれに答え、9年前シャルル・エルミートが ee を扱うのに用いた方法を拡張した。

このステップの用語
代数的数
有理数(同値に整数)係数を持つある非零多項式の根である数——例えば 2\sqrt{2} は x2−2x^2-2 の根である。
超越数
代数的でない実数または複素数——どれほど次数が大きくても、有理数係数のいかなる多項式方程式も満たさない。
このステップで使う知識