(1)

$0$ でない実数 $\alpha,$ $\beta$ が $I_0$ から作図可能であるとする. \[\alpha +\beta,\ -\alpha,\ \alpha\beta,\ \frac{1}{\alpha}\] が $I_0$ から作図可能であることを示せばよい.

• $x$ 軸上に点 $\mathrm A(\alpha,0)$ をとる. 点 $\mathrm A$ を中心とする半径 $|\beta |$ の円周と $x$ 軸の交点として点 $\mathrm C(\alpha +\beta,0)$ がとれるから(下図), $\alpha +\beta$ は $I_0$ から作図可能である.
• $2$ 点 $\mathrm A(\alpha,0),$ $\mathrm A'(-\alpha,0)$ は原点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $|\alpha |$ の円周上にあるから, $-\alpha$ も $I_0$ から作図可能である.

　このことを踏まえて, 以下では $\alpha,$ $\beta > 0$ であるとする (一般性を失わない).

• $x$ 軸上に点 $\mathrm A(\alpha,0)$ をとり, $y$ 軸上に点 $\mathrm B(0,\beta )$ をとる. さらに, 点 $\mathrm A$ を通って直線 $\mathrm{EB}$ に平行な直線と $y$ 軸の交点 $\mathrm C(0,\gamma )$ をとる. このとき,
  $1:\alpha = \beta :\gamma$　つまり　$\gamma = \alpha\beta$
  となるから, $\alpha\beta$ は $I_0$ から作図可能である.
• $x$ 軸上に点 $\mathrm A(\alpha,0)$ をとり, $y$ 軸上に点 $\mathrm B(0,1)$ をとる. さらに, 点 $\mathrm E$ を通って直線 $\mathrm{AB}$ に平行な直線と $y$ 軸の交点 $\mathrm C(0,\gamma )$ をとる. このとき,

  $1:\alpha = \gamma :1, \quad \alpha\gamma = 1$　つまり　$\gamma = \dfrac{1}{\alpha}$

  となるから, $\dfrac{1}{\alpha}$ は $I_0$ から作図可能である.

(2)

$x$ 軸上に点 $\mathrm B(1+a,0)$ をとり, 線分 $\mathrm{OB}$ の中点を中心とする半径 $\dfrac{1+a}{2}$ の円周を描く. さらに, この円周と点 $\mathrm E$ を通る $x$ 軸の垂線の交点の $1$ つを $\mathrm C$ とおく. $\triangle\mathrm{OEC},$ $\triangle\mathrm{CEB}$ は相似であり, $\alpha = \mathrm{EC}$ とおくと

$1:\alpha = \alpha:a, \quad \alpha ^2 = a$　つまり　$\alpha = \sqrt a$

となるから, $\sqrt a$ は $I_0$ から作図可能である.

　$K = \mathbb Q(I_0)$ とおく.

(I)

$I$ から作図可能な $2$ 本の直線の交点の $x$ 座標, $y$ 座標は $K$ 上の連立 $1$ 次方程式 \[ a_1x+b_1y = c_1, \quad a_2x+b_2y = c_2\] の解であるから, $K$ の元である.

(II)

$I$ から作図可能な円周と直線の共有点の $x$ 座標, $y$ 座標は $K$ 上の連立 $2$ 次方程式 \[ (x-p)^2+(y-q)^2 = r^2, \quad ax+by = c\] の解である.

(i)

$b \neq 0$ のとき. 第 $2$ 式は $y = mx+n$ の形に変形できる. これを第 $1$ 式に代入すると $x$ の $2$ 次方程式が得られるから, 共有点の $x$ 座標は $K$ の $2$ 次拡大体または $K$ の元であり, $y = mx+n$ により $y$ 座標も同じ体の元である.

(ii)

$b = 0$ のとき. 第 $2$ 式は $y = n$ の形に変形できるから, 共有点の $y$ 座標は $K$ の元である. $y = n$ を第 $1$ 式に代入すると $x$ の $2$ 次方程式が得られるから, 共有点の $x$ 座標は $K$ の $2$ 次拡大体または $K$ の元である.

(III)

$I$ から作図可能な $2$ つの円周の共有点は, $2$ つの円周の交点を通る直線または共通接線 (根軸と呼ばれる) と $1$ つの円の共有点であるから, (II) によりその $x$ 座標, $y$ 座標は $K$ の $2$ 次拡大体または $K$ の元である.

ゆえに, $\alpha$ が $K$ から作図可能であれば, $[\ast ]$ を満たす体の拡大の列 $\mathbb R \supset K_r \supset \cdots \supset K_1 \supset K_0$ が存在する.
　逆に, $[\ast ]$ を満たす体の拡大の列 $\mathbb R \supset K_r \supset \cdots \supset K_1 \supset K_0$ の存在を仮定する. $K_i$ $(1 \leqq i \leqq r)$ は $K_{i-1}$ に属する正の数 $d_{i-1}$ を用いて $K_i = K_{i-1}(\sqrt{d_{i-1}})$ と表され, その各元は $a_1+a_2\sqrt{d_{i-1}}$ $(a_1,a_2 \in K_{i-1})$ の形に表される. 上記の命題と数学的帰納法により, $K_i$ $(1 \leqq i \leqq r)$ の元は $I_0$ から作図可能であることがわかる. ゆえに, $\alpha$ は $I_0$ から作図可能である.

　与えられた立方体の $1$ 辺の長さが $a$ であるとき, この立方体の $2$ 倍の体積をもつ立方体の $1$ 辺の長さを $\alpha$ とおく. このとき,

$\alpha ^3 = 2a^3$　つまり　$\alpha = \sqrt[3]{2}a$

が成り立つから,

$\{ 0,1,a\}$ から $\alpha$ が作図可能 $\iff$ $\{ 0,1,a\}$ から $\sqrt[3]{2}$ が作図可能

が成り立つ. 上記の定理により $\sqrt[3]{2}$ は作図不可能であるから, 例えば $a = 1$ のとき $\alpha$ は作図不可能である.

　$\angle\mathrm{QPR}$ の三等分線について考える. $\theta = \angle\mathrm{QPR},$ $a = \cos\theta,$ $\alpha = \cos\dfrac{\theta}{3}$ とおき, $x$ 軸と $\mathrm{PQ}$ のなす角を $\varphi$ とおく. このとき, 頂点 $\mathrm P$ を原点 $\mathrm O$ に移す平行移動, $\mathrm O$ を中心とする角 $-\varphi$ の回転移動, 角の二等分線に関する対称移動を考えることにより,

$\angle\mathrm{QPR}$ の三等分線が作図可能

$\iff$ $\angle\mathrm{EOC}$ の三等分線 $\mathrm{OA}$ で

$\angle\mathrm{EOA} = \dfrac{1}{3}\angle\mathrm{EOC}$ を満たすものが作図可能

$\iff$ $\{ 0,1,a\}$ から $\alpha$ が作図可能

が成り立つ. ここで, $3$ 倍角の公式により \[\cos\theta = 4\cos ^3\frac{\theta}{3}-3\cos\frac{\theta}{3}\] が成り立つから, $\alpha$ は $f(t) = 4t^3-3t-a$ の根である. $f(t)$ は $\mathbb Q(c)$ 上可約であるとは限らない.
　例えば, $\theta = 60^\circ$ のとき, $a = \dfrac{1}{2},$ $f(t) = 4t^3-3t-\dfrac{1}{2}$ であり, $f(t)$ は $\mathbb Q(c) = \mathbb Q$ 上既約である. 実際, 有理根定理により, $f(t) = 0$ の両辺を $2$ 倍して得られる整数係数方程式 \[ 8t^3-6t-1 = 0\] の有理数解の候補は \[ t = \pm 1,\ \pm\frac{1}{2},\ \pm\frac{1}{4},\ \pm\frac{1}{8}\] に限るが, 左辺にこれらの値を代入しても $0$ にならないから, $f(t) = 0$ は有理数解をもたない. $3$ 次多項式は可約であれば $1$ 次式で割り切れるから, このことは $f(t)$ が $\mathbb Q$ 上既約であることを意味する.
　このように $f(t)$ が $\mathbb Q(c)$ 上既約であるとき, 上記の定理により, $\angle\mathrm{QPR}$ の三等分線は作図不可能である.

　こちらを参照.