規矩數

規矩數（又稱可造數）是指可用尺規作圖方式作出的實數。在給定單位長度的情形下，若可以用尺規作圖的方式作出長度為$a$的線段，則$a$就是規矩數。規矩數的「規」和「矩」分別表示圓規及無刻度直尺，兩個尺規作圖的重要元素。

和尺規作圖的關係

利用尺規作圖可以將二線段的長度進行四則運算，也可以求出一線段長度的平方根。因此符合以下任一條件的均為規矩數。

• 整數。
• 所有有理數。
• 規矩數$a$的平方根${\sqrt[{}]{a}}$、四次方根${\sqrt[{4}]{a}}$、八次方根${\sqrt[{8}]{a}}$...等$2^{n}$次方根。
• 有限個規矩數相加、相減、相乘、相除（除數不得為0）的結果。

如3, ${\frac {5}{2}}$,${\sqrt[{}]{3}}$,${\sqrt[{4}]{7}}$,${\frac {\sqrt {3+{\sqrt {5}}}}{2}}$ 均為規矩數。而 ${\sqrt[{3}]{2}}$,圓周率$\pi \,$,e均不是規矩數。

因為兩個規矩數在相加、減、乘或除之後依然是規矩數，即規矩數對這些算法是封閉的；換用抽象代數的術語，它是一個域。

和整系數方程的關係

規矩數一定是代數數（為一整系數代數方程的解），且以此數為其解的最小多項式其次數為$2^{n}$。

此條件為規矩數成立的必要條件。因此若一個數是超越數（非代數數），或一數對應的最小多項式為三次、五次，此數必定不是規矩數。

與古希臘三大難題之關係

尺規作圖三大難題提出後，有許多基於平面幾何的論證和嘗試，但在十九世紀以前，一直沒有完整的解答，但開始懷疑其可能性的人之中，也沒有人能夠證明這樣的解法一定不存在。直到十九世紀後，伽羅瓦和阿貝爾開創了以群論來討論有理系數多項式方程之解的方法，人們才認識到這三個問題的本質 。

尺規可作性和規矩數

在研究各種尺規作圖問題的時候，數學家們留意到，能否用尺規作出特定的圖形或目標，本質是能否作出符合的長度。引進直角坐標系和解析幾何以後，又可以將長度解釋為坐標。比如說，作出一個圓，實際上是作出圓心的位置（坐標）和半徑的長度。作出特定的某個交點或某條直線，實際上是找出它們的坐標、斜率和截距。為此，數學家引入了尺規可作性這一概念。假設平面上有兩個已知的點O和A，以OA為單位長度，射線OA為x軸正向可以為平面建立一個標準直角坐標系，平面中的點可以用橫坐標和縱坐標表示，整個平面可以等價於$\mathbb {R} ^{2}$。

設$\mathrm {E}$是$\mathbb {R} ^{2}$的一個非空子集。如果某直線$l$經過$\mathrm {E}$中不同的兩點，就說$l$是$\mathrm {E}$-尺規可作的，簡稱$\mathrm {E}$-可作。同樣地，如果某個圓${\mathcal {C}}$的圓心和圓上的某個點是$\mathrm {E}$中的元素，就說${\mathcal {C}}$是$\mathrm {E}$-可作的。進一步地說，如果$\mathbb {R} ^{2}$里的某個點P是某兩個$\mathrm {E}$-可作的直線或圓的交點（直線－直線、直線－圓以及圓－圓），就說點P是$\mathrm {E}$-可作的。這樣的定義是基於五個基本步驟得來的，包括了尺規作圖中從已知條件得到新元素的五種基本方法。如果將所有$\mathrm {E}$-尺規可作的點的集合記作$s(\mathrm {E} )$，那麼當$\mathrm {E}$中包含超過兩個點的時候，$\mathrm {E}$肯定是$s(\mathrm {E} )$的真子集。從某個點集$\mathrm {E} _{0}$開始，經過一步能作出的點構成集合$\mathrm {E} _{1}=s(\mathrm {E} )$，經過兩步能作出的點就是$\mathrm {E} _{2}=s(\mathrm {E} _{1})$，……以此類推，經過$n$步能作出的點集就是$\mathrm {E} _{n}=s(\mathrm {E} _{n-1})$。而所有從$\mathrm {E}$能尺規作出的點集就是：

$C(\mathrm {E} _{0})=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }\mathrm {E} _{n}.$

另一個與尺規可作性相關的概念是規矩數。設$\mathrm {H}$是從集合$\mathrm {E} _{0}=\{(0,0),(0,1)\}$開始，尺規可作點的集合：$\mathrm {H} =C(\mathrm {E} _{0}),$ 那麼規矩數定義為$\mathrm {H}$中的點的橫坐標和縱坐標表示的數。

定義：實數$a$和$b$是規矩數若且唯若$(a,b)$是$\mathrm {H}$中的一個點。

可以證明，有理數集$\mathbb {Q}$是所有規矩數構成的集合K的子集，而$K$又是實數集$\mathbb {R}$的子集。另外，為了在複數集$\mathbb {C}$內討論問題，也會將平面$\mathbb {R} ^{2}$看作複平面$\mathbb {C}$，同時定義一個複數$a+bi$是（復）規矩數若且唯若點$(a,b)$是$\mathrm {H}$中的一個點。所有復規矩數構成的集合$L$也包含$\mathbb {Q}$作為子集，並且是複數集$\mathbb {C}$的子集。從尺規可作性到解析幾何下的規矩數，尺規作圖問題從幾何問題轉成了代數的問題。

域的擴張與最小多項式

主條目：域擴張和最小多項式

以集合的觀念來說，$L$與$\mathbb {Q}$、$\mathbb {C}$之間是子集與包含的關係。以抽象代數的觀點來說，可以證明L是有理數域$\mathbb {Q}$的擴域，是實數域$\mathbb {C}$的子域。記作$\mathbb {Q} \subseteq \mathrm {L} \subseteq \mathbb {C}$。域是抽象代數中的概念，是能夠進行「加減乘除」運算的集合。從單位長度出發，很容易得到任何有理數長度的線段，所以直線OA（也就是實數軸）上所有的有理數坐標的點都是尺規可作點。如果平面上還有另一個尺規可作點（對應複數$z$），那麼也能做出任意pz+q的點，甚至於任何形如：

${\frac {P_{1}(z)}{P_{2}(z)}}$

的點（其中$P_{1}$和$P_{2}$是兩個多項式）。有理數域$\mathbb {Q}$和所有因為z而多出來的尺規可作點仍舊構成一個域，稱為$\mathbb {Q}$關於z的擴張，記作$\mathbb {Q} (z)$。然而，$\mathbb {Q} (z)$中的元素並沒有表面上那麼「多」。一般來說，如果有一個多項式$P$使得$P(z)=0$，那麼$\mathbb {Q} (z)$中的元素都可以寫成$\lambda _{1}+\lambda _{2}z+\ldots +\lambda _{d}z^{d-1}$的形式，其中$d$是$P$的階數。這樣的情況稱為域$\mathbb {Q}$的有限擴張，因為$\mathbb {Q} (z)$可以看成關於$\mathbb {Q}$的有限維線性空間。為了確定這個線性空間的維數，需要為它找一個基底，也就是一個線性無關的最小生成集。為此，尋找使得$m(z)=0$的多項式中階數最小的，並稱$m$是$z$最小多項式。在最小多項式確定後，便可確定$1,z,\ldots ,z^{d_{m^{-1}}}$是$\mathbb {Q} (z)$的一個基底，$\mathbb {Q} (z)$是一個$d_{m}$維的$\mathbb {Q}$-線性空間（$d_{m}$是$m$的階數）。這時候也稱$d_{m}$是域擴張$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (z)$的階數，記作：

$[\mathbb {Q} (z):\mathbb {Q} ]=\mathrm {d} _{m}$

規矩擴張的階數

對任何一個尺規可作點，都可以考察它對應的域擴張的階數。由於每個尺規可作點都是通過五種作圖公法的有限次累加得到的，而其中生成新點（也就是新坐標）的只有後三種。所以只需考察這三種步驟得到的新點對應的域擴張的階數。假設某個時刻，已知的所有尺規可作點構成的域是L，那麼生成新點時的直線和圓的係數都在L裏面。

直線的方程是：$ax+by+c=0,\quad a,b,c\in \mathrm {L} ,\qquad \qquad \cdots \;\;(1)$

圓的方程是：$(x-c_{1})^{2}+(y-c_{2})^{2}=r^{2},\quad c_{1},c_{2},r\in \mathrm {L} .\qquad \qquad \cdots \;\;(2)$

無論是兩個(1)類方程，兩個(2)類方程，還是一個(1)類和一個(2)類方程聯立求解，得到的x和y值都會是形同

${\begin{cases}x=p_{1}+q_{1}{\sqrt {t}}&p_{1},\;q_{1},\;t\;\in \mathrm {L} \\y=p_{2}+q_{2}{\sqrt {t}}&p_{2},\;q_{2}\;\in \mathrm {L} \end{cases}}$

的數值。所以復規矩數z=x+yi滿足一個二次方程：

$(z-(p_{1}+p_{2}i))^{2}=t(q_{1}+q_{2}i)^{2}$

其中的$p_{1}i+p_{2}i$、$q_{1}+q_{2}i$以及$t$都是$L$中的元素。這意味着，域擴張$L\subseteq L(z)$的階數最多是2（最小多項式的階數至多是2）。這又說明，從$L$開始，經過一系列（$n$次）基本步驟得到的尺規可作點，代表了$n$次域擴張：

$\mathrm {L} \subseteq \mathrm {L} _{1}\subseteq \cdots \subseteq \mathrm {L} _{n}.$

而每次域擴張的階數：$[L_{k}:L_{k-1}]$都不超過2。因此，如果從基本的有理數域出發的話，就能得到如下的定理：

任何復規矩數$z$對應的域擴張$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (z)$的階數$[\mathbb {Q} (z):\mathbb {Q} ]$都是2的某個冪次： $[\mathbb {Q} (z):\mathbb {Q} ]=2^{s}$

其中的$s$是某個小於$n$的自然數（$n$是已知所有有理數坐標點時，作出$z$對應的點要經過的基本步驟數目）。