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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 5/6: 結論:π\pi は超越数であり、円積問題は不可能
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ざっくり言うと

これで連鎖は完成した。ステップ4は π\pi が代数的にはなり得ないこと、すなわち超越数であること——どんな次数であれ有理数係数の多項式で π\pi を根に持つものは存在しない——を示した。代数的数の平方は常に代数的であるから、もし π\sqrt{\pi} が代数的であれば (π)2=π(\sqrt{\pi})^2=\pi も代数的であるはずだが、そうではない。したがって π\sqrt{\pi} もまた超越数である。

そしてヴァンツェルの定理(ステップ1)は、定規とコンパスで作図可能などんな数も代数的であることをすでに教えてくれている。したがって超越数は作図可能な長さのリストには決して載らない、それだけのことである——二千年以上を経て、円積問題が不可能であることが決着したのである。

π∉Q‾  ⟹  π∉Q‾  ⟹  squaring the circle is impossible\pi \notin \overline{\mathbb{Q}} \implies \sqrt{\pi} \notin \overline{\mathbb{Q}} \implies \text{squaring the circle is impossible}
詳しい解説

ステップ4は π∉Q‾\pi\notin\overline{\mathbb{Q}}(ここで Q‾\overline{\mathbb{Q}} は代数的数の体を表す)、すなわち π\pi が超越数であることを確立した。Q‾\overline{\mathbb{Q}} は平方根を取る操作について閉じている(α∈Q‾\alpha\in\overline{\mathbb{Q}} が多項式 P(x)P(x) を満たすならば、α\sqrt{\alpha} は P(x2)P(x^2)(これも非零の有理多項式)を満たす)ので、対偶を取ると:もし π\sqrt{\pi} が代数的であれば、その平方 π\pi も代数的であるはずである。π\pi はそうでないから、π∉Q‾\sqrt{\pi}\notin\overline{\mathbb{Q}} でもある——π\sqrt{\pi} もまた超越数である。

ステップ1は、定規とコンパスで作図可能などんな実数も代数的である(Wantzel 1837)、すなわち Q‾\overline{\mathbb{Q}} に属することを確立していた。π\sqrt{\pi} は Q‾\overline{\mathbb{Q}} の外にあるから、定規とコンパスでは作図できない。しかし単位円の円積問題は、まさに長さ π\sqrt{\pi} の線分を作図することを要求する(ステップ1)ので、この作図は不可能である。

これにより円積問題の解決が完成する。これは(角の三等分と立方体倍積とともに)決着した3つの古典的なギリシャの作図問題のうち最後のものであり、ヴァンツェルの1837年の論文から45年後、古代から未解決のままだった問いに決着をつけるものであった。