Por influencia da escola pitagórica, os matemáticos da Antiga Grecia concedían gran importancia á xeometría. Dentro desta, gozaban de especial consideración as construcións con regra e compás, que seguían unhas normas determinadas. Entre ditas construcións houbo algunhas que se fixeron particularmente famosas. Son os tres problemas clásicos da xeometría da regra e o compás: a cuadratura do círculo, a duplicación do cubo e a trisección do ángulo.
A cuadratura do círculo consiste en construír un cadrado con igual área que un círculo dado. A duplicación do cubo achega a construción do lado dun cubo tal que o seu volume sexa o dobre doutro cubo de lado coñecido. A trisección do ángulo procura construír un ángulo que sexa xusto a terceira parte doutro ángulo dado. Todo iso con regra e compás, claro.
Dende aquel entón e até o século XIX a resolución destes tres problemas foi abordada en multitude de ocasións, arroxando sempre resultados insatisfactorios. E é que no fondo deste asunto reside a imposibilidade de lograr tales construcións. Durante todo ese tempo a gran maioría dos intentos buscaban atopar a construción que permitise resolver o problema, pero o que sucedía é simplemente que non existe tal cousa.
Ferdinand von Lindemann demostrou en 1882 que o número $\pi$ é trascendente, é dicir, non é solución de ningunha ecuación alxébrica con
coeficientes enteiros. Disto pode deducirse que é imposible, dada
una lonxitude unidade, construír con regra e compás unha lonxitude igual a $\pi$
ou a $\sqrt{\pi}$.
Sendo $r$ a área do círculo e $l$ o lado do cadrado, sexan $\pi\cdot r^2$ a área do círculo e $l^2$ a área do cadrado. Para poder realizar a cuadratura do círculo sería necesario que $l^2=\pi\cdot r^2$, e por tanto que $l = r \cdot \sqrt{\pi}$. É dicir, o raio do círculo e o lado do cadrado serían proporcionais con razón $\sqrt{\pi}$. Pero este último valor é trascendente, e por tanto a cuadratrura do círculo non é resoluble con regra e compás.
Pierre Wantzel publicou en 1837 a imposibilidade da
trisección do ángulo e da duplicación do cubo con regra e compás. Tamén publicou a construción dun polígono regular tal que o seu número de lados non sexa
produto dunha potencia de dous e calquera número de Fermat (probou a necesidade de dita proposición; con anterioridade Gauss probara a suficiencia).
Sendo $a$ o lado do cubo dado, e $b$ o lado do cubo duplicado, para achar este queremos que o volumen sexa dobre, é dicir que $b^3=2a^3$, o cal implicaría que $b=a\cdot \sqrt[3]{2}$. Os lados de ambos os cubos serían proporcionais con razón $\sqrt[3]{2}$.
Temos que $\sqrt[3]{2}$ é un número alxébrico (é dicir, si é solución de algunha ecuación alxébrica con
coeficientes enteiros), pero non pode
obterse dos números enteiros por suma, resta, multiplicación,
división e extracción de raíces cadradas, que son as únicas que poden facerse con regra e compás. Para un número construíble, o grao do seu polinomio mínimo debe ser unha potencia de 2. Porén, o
polinomio mínimo
de $\sqrt[3]{2}$ sobre o corpo dos números racionais é $x^3-2$, que é irredutible e ten grao 3. En consecuencia, non é posible duplicar o cubo.
Basicamente, o que fixo Wantzel foi traballar co que agora coñecemos coma 'corpos de extensión', e resulta que o corpo que se obtén engadindo $\sqrt[3]{2}$ aos números racionais ten orde 3. Os números que se poden construír con regra e compás son aqueles para os que se usan as operacións aritméticas e as raíces cadradas, nun proceso que se pode repetir pero que leva a extensións tales que o seu grao con respecto ao corpo de partida (os racionais neste caso) é necesariamente unha potencia de 2. E 3, obviamente, non é unha potencia de 2.
A imposibilidade da trisección do ángulo baséase nun argumento similar ao da duplicación do cubo, só que o número non construíble con regra e compás é un pouco máis complicado de obter. Consideremos un ángulo $A$, e a súa trisección consistiría en obter o ángulo $\frac{A}{3}$, e isto é equivalente a obter o seu seno ou o seu coseno.
$\cos A = \cos \left( \dfrac{2A}{3} + \dfrac{A}{3} \right) = \cos \dfrac{2A}{3}\cdot \cos \dfrac{A}{3} - \sin \dfrac{2A}{3}\cdot \sin \dfrac{A}{3} =$
$= \left( \cos^2 \dfrac{A}{3} - \sin^2 \dfrac{A}{3} \right) \cdot \cos \dfrac{A}{3} - \left( 2\cdot \sin \dfrac{A}{3} \cdot \cos \dfrac{A}{3}\right) \cdot \sin \dfrac{A}{3} =$
$= \cos^3 \dfrac{A}{3} - \sin^2 \dfrac{A}{3}\cdot \cos \dfrac{A}{3} - 2\cdot \sin^2 \dfrac{A}{3}\cdot \cos \dfrac{A}{3} =$
$= \cos^3 \dfrac{A}{3} - \left( 1-\cos^2 \dfrac{A}{3} \right) \cdot \cos \dfrac{A}{3} -2\cdot \left( 1-\cos^2 \dfrac{A}{3}\right)\cdot \cos \dfrac{A}{3} =$
$= \cos^3 \dfrac{A}{3} - \cos \dfrac{A}{3} + \cos^3 \dfrac{A}{3} - 2\cdot \cos \dfrac{A}{3} +2\cdot \cos^3 \dfrac{A}{3} =$
$= 4\cdot \cos^3 \dfrac{A}{3} - 3\cdot \cos \dfrac{A}{3}$
É dicir, que $x=\cos \frac{A}{3}$ debe satisfacer que $\cos A=4x^3-3x$, ou equivalentemente que $4x^3-3x-a=0$ onde $a=\cos A$.
Tomando como exemplo o ángulo de 60º (a súa trisección sería o ángulo de 20º) tense o polinomio $8x^3-6x-1=0$, xa que $\cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$, que é un polinomio irredutible de grao 3 con coeficientes enteiros. Dito doutro modo, o corpo de extensión que se obtén ao engadir $x=\cos 20^{\circ}$ ten orde 3. Ao non ser unha potencia de 2, o $\cos 20^{\circ}$ non é construíble con regra e compás, e en consecuencia non se pode trisecar o ángulo de 60º.
Por último, quero constatar que, aínda que estes tres problemas son imposibles coas normas clásicas da regra e o compás, se eliminamos ditas esixencias si son resolubles mediante unha ampla gama de procedemientos xeométricos e alxébricos. Por exemplo, basta con
que se permita utilizar unha regra con dúas marcas e un compás para que si
sexa posible duplicar o cubo. Outro exemplo sería o uso de papiroflexia, método co que poderiamos construír sen problemas a trisección do ángulo.
Relacionado con todo isto:
