Les postulats géométriques des Eléments d’Euclide ont fixé les règles des constructions à la règle et au compas. Parmi ceux-là, il est dit qu’on peut toujours construire une droite étant donné deux points, et qu’on peut toujours tracer un cercle de centre donné et passant par un autre point donné. La géométrie euclidienne est donc la géométrie de la règle et du compas.
Les trois problèmes suivants ont intéressé les Grecs car ils savaient faire des constructions similaires, ce qui les poussaient à croire que celles-ci seraient faisables également. Seulement, c’est au 19ème siècle que l’impossibilité de ces problèmes a été montrée, grâce au théorème de Pierre Wantzel utilisé pour la duplication du cube et la trisection de l’angle, et le théorème de Ferdinand Von Lindemann pour la quadrature du cercle.
Premier problème : la duplication du cube
Ce problème, aussi appelé problème de Délos, consiste à construire à la règle et au compas un nombre a tel que le cube d’arête a ait un volume double du cube unité, c’est-à-dire a^3 = 2 . Il s’agit donc de construire a = \sqrt[3]2 .
Un problème analogue : la duplication du carré
Il s’agit de construire un carré dont l’aire est le double de celle d’un carré donné. Ce problème se résout en construisant un carré dont le côté est la diagonale du carré donné. En effet, si le carré donné est de côté c , son aire vaut c^2 . Le carré construit aura ses côtés de mesure \sqrt2 c , et donc son aire sera de 2c^2 .
Sur l’image ci-contre, le carré donné est ABCD, et on construit le carré de côté \sqrt2 c .
Impossibilité de la duplication du cube
Proposition : \sqrt[3] 2 n’est pas constructible.
Démonstration : On considère le polynôme X^3 -2 , il est irréductible sur \mathbb{Q} par le critère d’Eisenstein appliqué avec p=2 . C’est donc le polynôme minimal de \sqrt[3] 2 , et donc on a [\mathbb{Q}(\sqrt[3]2) : \mathbb{Q}] = 3, qui n’est pas une puissance de 2. Donc par le théorème de Wantzel, \sqrt[3] 2 n’est pas constructible.
Le critère d’Eisenstein
Théorème : Soit A un anneau factoriel, K = \text{Frac}(A) le corps des fractions, et P(x) = a_n X^n + \dots + a_0, a_i \in A. Soit p \in A un élément irréductible tel que :
- p ne divise pas a_n ;
- Pour tout i = 0, \dots, n-1 , p divise a_i ;
- p^2 ne divise pas a_0
Alors P est irréductible dans K[X] (et donc dans A[X] si pgcd( a_i ) =1).
Deuxième problème : la trisection de l’angle
On cherche dans ce problème à trisecter l’angle \frac{\pi}{3} , donc à construire x = cos \frac{\pi}{9} .
Un problème analogue : la bissection de l’angle
Cette construction est très connue, elle est vue dans les petites classes, et on va simplement rappeler la construction à l’aide du schéma ci-contre : on souhaite bissecter l’angle ABC .
Utilisation de la formule de Moivre
On commence par écrire que (cos(x) + i sin(x))^3=cos(3x)+i sin(3x) en utilisant la formule de Moivre. Puis comme (cos(x) + i sin(x))^3 = cos(x)^3+3cos(x)^2i sin(x) -3cos(x)sin(x)^2-i sin(x)^3, on déduit enfin :
\begin{align*}
cos(3x) & = cos(x)^3 -3cos(x)sin(x)^2 \\
& = cos(x)^3-3cos(x)(1-cos(x)^2) \\
& = 4 cos(x)^3-3cos(x)
\end{align*}De plus, comme cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}, on obtient finalement 8x^3-6x-1=0 .
Impossibilité de la trisection de l’angle
Proposition : cos\frac{\pi}{9} n’est pas constructible.
Démonstration : Le polynôme f(X) = 8X^3-6X-1 est irréductible sur \mathbb{Q} , c’est donc le polynôme minimal de cos\frac{\pi}{9}. Ainsi, [\mathbb{Q}(cos\frac{\pi}{9}):\mathbb{Q}] = 3, qui n’est pas une puissance de 2 et on peut conclure en utilisant le théorème de Wantzel.
On va justifier un peu plus l’irréductibilité du polynôme ci-dessus. On va utiliser le théorème de la racine rationnelle, qui nous dit que si \frac{p}{q} est une racine de f , alors p divise -1 et q divise 8. On a donc plusieurs possibilités de racines : \pm\frac{1}{2}, \pm\frac{1}{4}, \pm\frac{1}{8} . Et on vérifie par le calcul qu’aucun de ces rationnels n’ait des racines dans f , ainsi c’est un polynôme de degré 3 sans racine rationnelle donc irréductible dans \mathbb{Q} .
Troisième problème : la quadrature du cercle
On cherche un carré de côté a tel que l’aire soit celle du cercle unité, c’est-à-dire vérifiant a^2 = \pi , donc a = \sqrt\pi.
Un problème analogue : la quadrature de la lunule
On cherche ici à construire un carré dont l’aire est égale à celle d’une lunule. Une lunule est une figure obtenue à partir de deux cercles non concentriques. On observe sur la figure ci-contre la construction de la quadrature de la lunule AED. Son aire sera égale à l’aire du triangle ADC, et on peut aisément trouver la quadrature du triangle, ce qui résout le problème.
Le théorème de Lindemann
Théorème : Soit \alpha un nombre algébrique non nul, alors e^\alpha est transcendant.
Corollaire : \pi est transcendant.
Démonstration : Si \pi était algébrique, alors i \pi le serait aussi car i un algébrique. Par le théorème de Lindemann, -1 = e^{i \pi} serait transcendant, ce qui est absurde.
Impossibilité de la quadrature du cercle
Proposition : \sqrt\pi n’est pas constructible.
Démonstration : Si \sqrt\pi était constructible, les nombres constructibles formant un sous-corps de \mathbb{R} , on aurait que \pi le serait également, il serait en particulier algébrique, ce qui contredit le corollaire du théorème de Lindemann.
