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解法：林德曼证明 $\pi$ 的超越性解决化圆为方问题(1882年)

第 5/6 步：结论:π\pi 是超越数,故化圆为方不可能
上一步下一步
通俗地说

这条推理链现在已经完整。第4步表明 π\pi 不可能是代数数,即它是超越数:任何有理系数多项式,无论次数多高,都不以 π\pi 为根。由于代数数的平方永远是代数数,若 π\sqrt{\pi} 是代数数,则 (π)2=π(\sqrt{\pi})^2=\pi 也应是代数数——但它不是。所以 π\sqrt{\pi} 也是超越数。

而旺泽尔定理(第1步)早已告诉我们,每个尺规可作图数都是代数数。因此超越数永远不会出现在可作图长度的清单上,仅此而已——两千多年后,化圆为方问题终于被确定不可能实现。

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}
详细分析

第4步确立了 π∉Q‾\pi\notin\overline{\mathbb{Q}},其中 Q‾\overline{\mathbb{Q}} 表示代数数域:π\pi 是超越数。由于 Q‾\overline{\mathbb{Q}} 对开平方运算封闭(若 α∈Q‾\alpha\in\overline{\mathbb{Q}} 满足多项式 P(x)P(x),则 α\sqrt{\alpha} 满足 P(x2)P(x^2),同样是非零有理多项式),取逆否命题即得:若 π\sqrt{\pi} 是代数数,则它的平方 π\pi 也应是代数数。既然 π\pi 不是,那么 π∉Q‾\sqrt{\pi}\notin\overline{\mathbb{Q}} 同样成立——π\sqrt{\pi} 也是超越数。

第1步确立了每个尺规可作图实数都是代数数(Wantzel 1837),即都属于 Q‾\overline{\mathbb{Q}}。由于 π\sqrt{\pi} 不在 Q‾\overline{\mathbb{Q}} 中,它不可能用尺规作出。但化单位圆为方恰好要求作出一条长度为 π\sqrt{\pi} 的线段(第1步),因此这个作图不可能实现。

这就完成了化圆为方问题的解决,这是(连同三等分角和倍立方问题)三个经典希腊作图问题中最后被解决的一个,发生在旺泽尔1837年论文之后45年,终结了一个自古以来悬而未决的问题。