ps：前两天去翻日报的候选队列，发现了这一篇博客，是有关尺规作图的，里面提及了一个有趣的数学问题——立方倍积，可惜原作者只是将其简单地一笔带过，并没有详细地叙述其不成立的原因，于是我就想仔细地分析叙述这个问题以及一些相似的东西。
目录：
1.立方倍积
1.1 起源
1.2 等价形式
1.3 实际理论
1.4 “不成立”之证明
1.5 离开尺规的作图该何去何从
1.立方倍积
1.1 起源
传说在公元前四百多年，希腊的雅典发生了一次大规模的瘟疫，无数的人死于这场瘟疫之中。人们为了消除这场灾难，只好向\text{Delos}的太阳神庙求助。神指示说，要想遏制瘟疫，必须要把阿波罗神殿中的正方体祭坛的体积扩大到原来的\text{2}倍，于是人们就讲正方体的边长扩大了\text{2}倍，然而正方体的体积实际上扩大到了原来的\text{8}倍，于是瘟疫继续流行，那到底该怎么做才能符合要求呢？
这就是著名的立方倍积问题，也称\text{Delos}问题。
1.2 等价形式
立方倍积的第一个真正进展是希波克拉特给出问题的一个等价形式，这种形式便于以相似三角形等方法进行讨论。
设a为原正方体的边长，x为所求立方体的边长，则：
-
x^3 = 2a^3
希腊人很早就知道x在a与2a之间，希波克拉特在x与2a之间再插入了一项y，使得a,x,y,2a成等比数列，则有：
-
a : x = x : y = y : 2a
反之，若（2）成立，则有：
\dfrac{2a}{x} = \left(\dfrac{x}{a}\right)^2
从而（1）成立，所以立方倍积问题等价于在a和2a之间插入两项x,y，使得a,x,y,2a成为等比数列。
1.3 实际与理论
这个问题其实一点都不难，我们不妨设祭坛边长a为\text{1}米，则新祭坛的边长x就应该等于\sqrt[3]{2}米。
然而问题就在于如何做出\sqrt[3]{2}米长的一条边？
不难算出\sqrt[3]{2}≈1.260，以1.260米为边长作的正方体体积约是2m^3，其误差不超过0.001m^3，然而其误差虽小，却仍然存在，如何才能理论上无误差地施工呢？
希腊人希望能够用尺规作图作出长为\sqrt[3]{2}的线段（起码在理论上没有误差，实际施工时难免会有误差的）。
尺规作图有这样的作用：
(1) 过两点作一条直线；
(2) 以一点为圆心，过任意一点画圆；
(3) 在任意射线\text{OA}上截取线段\text{OB}与已知线段相等。
有限多次地使用圆规、直尺进行上述3项作图，称为尺规作图。
尺规作图有其局限性。很多的作图问题都不能用尺规作图解决，最著名的就是几何作图三大问题：立方倍积、三等分任意角和化圆为方。两千多年无数人都无法解决这三个问题。直到1837年旺策尔证明了立方倍积与三等分任意角都是无法尺规作图的。以及1882年林德曼证明了\pi是一个超越数，所以化圆为方问题同样无法尺规作图，这才终于解决了困扰了人类两千多年的几何作图三大问题。
1.4 “不成立”之证明
在之前那位\text{dalao}的博客里证明立方倍积问题尺规作图不成立的方法是尺规作图只能做出加、减、乘、除、开平方这5种运算，而\sqrt[3]{2}无法仅用这五种运算得出（实际上这也需要证明），所以立方倍积问题无法尺规作图，非常的浅显易懂，然而还有些不够严谨，所以就由我来给大家严谨地证明为什么立方倍积无法尺规作图。
古希腊人之所以无法证明尺规作图不能解决立方倍积问题，是因为他们还并未跳出初等几何的圈子。只有建立了几何与代数的关系，才能解决这个问题。
(1) 建立一个平面直角坐标系，使得平面上的一点$P$与有序实数对$(x,y)$一一对应，$(x,y)$称为点$P$的坐标。
(2) 建立起平面曲线与方程$F(x, y) = 0$的对应。特别地，直线是一次方程$ax + by +c = 0$，圆是二次方程$(x -a)^2 +(y-b)^2 =r ^ 2$。
在立方倍积这一问题中，已知长为1(即坐标轴上的单位)，采用尺规作图，可以作出一条线段的正整数倍，又可将这线段任意等分，从而可以作出平面上所有的有理点，它们的坐标$x,y$ 的集合是全体有理数**Q**。
**Q**是一个域，也就是在**Q**中可以进行加、减、乘、除（除数不为0），结果仍然是有理数。
如果在**Q**中添加$\sqrt{2}$，得出所有形如$a + b\sqrt{2}$的数，其中$a,b$都是有理数，则这个添加后的集记为**Q**$(\sqrt{2})$，**Q**$(\sqrt{2})$也是域，即形如$a + b\sqrt{2}$的数，经过加、减、乘、除后仍然在**Q**$\sqrt{2}$中，例如：
$$\dfrac{a + b\sqrt{2}}{c + d\sqrt{2}} = \dfrac {(a + b\sqrt{2})(c - d\sqrt{2})}{c^2 - 2d^2} = \dfrac{ac - 2 bd}{c^2 - 2d^2} + \dfrac{bc - ad}{c^2 - 2d^2}\sqrt{2}$$
类似地，任一个数域$K$添加一个二次无理数$\alpha$后，得到的集$K(\alpha) = \{a +b\alpha :a,b∈K\}$仍然是域。
在尺规作图中，如果所有已知点的坐标都属于某个数域$K$，那么任取的点由于没有其他信息，只能假定它们都是坐标在域K中的点因此，过上述点的直线或以上述点为圆心、过上述点的圆，它们的方程中的系数都是域K中的数。直线与直线的交点，可通过解一次方程组得出，其坐标仍为域K中的数。直线与圆的交点或圆与圆的交点，可通过解二次方程组得出，方程组中一个方程是一次的(直线方程)或可化为有一个是-次的(由两圆方程相减产生)，因此可用代人法解出，所以这些点的坐标应当在$K$或在$K(\sqrt{a})$中,这里$a$是$K$中的一个数.
于是，从有理数域**Q**出发，使用尺规作图，所得的点的坐标应当在**Q**的一个扩域中，这个扩域$K$。是由**Q**经有限多次添加形如$\sqrt{a_j}$，的数得出的，$a_j \in K$，$\sqrt{a_j} \notin K$，$K_{j + 1} = K_j(\sqrt{a_j})(j = 0,1, ...\ , n - 1; K_0 =$**Q**)。如果所要作的长度或所要求的点的坐标不在这种扩域中。那么尺规作图就不可能解决(笛卡儿已经知道这一点，并曾给出尺规作图不可能问题的一个不够严密的证明)。例如立方倍积中,$\sqrt[3]{2}$就不是这样的数，所以立方倍积是尺规作图不可能问题。
从直觉上去看，从**Q**出发，经过有限多次开平方运算，不可能得出立方根$\sqrt[3]{2}$。但要证明这一点却并不容易。
最简单的方法是用域扩张理论，即扩张次数(**Q**($\sqrt[3]{2}$）:**Q**) $= 3$，而对于上面所说的$K_n$，扩张次数($K_n$:**Q**) $= 2^n$。而显然$2^n \not= 3$。下面我们给出一个简单的初等证明。
设$\sqrt[3]{2} \in K_n$，而$\sqrt[3]{2} \notin K_{n - 1}$，则有$a,b,d \in K_{n - 1}$，$\sqrt{d} \notin K_{n - 1}$，使得：
3. $$a + b\sqrt{d} = \sqrt[3]{2}$$
立方得：
4. $$(a + b\sqrt{d})^3 = 2$$
即：
5. $$a^3 + 3ab^2d + \sqrt{d}(3a^2b + b^3d) = 2$$
因为$\sqrt{d} \notin K_{n - 1}$，所以必有：
6. $$\begin{cases}a^3 + 3ab^2d = 2\\3a^2b + b^3d = 0\end{cases}$$
由(6)得：
7. $$(a - b\sqrt{d})^3 = 2$$
开立方（取实根）得：
8. $$a - b\sqrt{d} = \sqrt[3]{2}$$
由(3)、(8)得$\sqrt[3]{2} = a$，即$\sqrt[3]{2} \in K_{n - 1}$，这与已知矛盾，所以$\sqrt[3]{2}$不属于一切$K_n
1.5 离开尺规的作图该何去何从
尽管立方倍积问题不能被尺规作图的方式解决，但是还是有许许多多解决问题的方法的，我来举出最浅显的一种：
作出两条抛物线x^2 = ay以及y^2 = 2ax，设这两条抛物线的交点为P，那么P的坐标P(x,y)的x和y显然都符合要求。
抛物线当然不能用尺规作图作出，但是其可以用机械的方法作图（它是到一定点与到一定直线距离相等的点的轨迹）。
实际上，也可以作出抛物线x^2 = ay与双曲线xy = 2a^2，它们的交点同样符合要求。
后记：
参考了《单墫老师教你学数学——十个有趣的数学问题》这本书
本人才疏学浅，文章可能存在着问题，若有不足之处，希望\text{dalao}们指出。
ps：这是我第三次投稿日报，前两次最终都以失败告终，这次我吸取了经验教训，卷土重来，立志要被选入日报，我是不会放弃的