由于，z̅ = a - bi，故 z̅ 就是 z 的共轭点。
这第二步，我们需要知道，接下来 将要用到的 域论 知识。
在 伽罗瓦理论 中，将 对 四则运算 封闭的 集合 称为 域，比如，有理数集ℚ 就是域，因为 任意两个有理数 的 四则运算 结果 还是 有理数，同理，可以判断出，实数集ℝ 和 复数集ℂ 也都是 域。可是，整数集ℤ 则不是域，因为 两个整数的商 不一定是 整数，例如：1/2，像 ℤ 这种 只对 加减乘 封闭的 集合 被称为 环。根据这定义，域一定是环 但 环不一定是域。
设 F 是一个域，将 系数属于 F 的全体一元多项式的集合 记为 F[x]，可以证明 F[x] 和 ℤ 的 代数性质类似（也是一个环，称为 一元多项式环），于是 我们 参考 从 ℤ 构造 ℚ 的过程：
ℚ = {a/b | a, b ∈ ℤ ∧ b ≠ 0}，
定义一个域：
F(x) = { f/g | f, g ∈ F[x] ∧ g ≠ 0}
这 称为 有理分式域。
对于 任意 f ∈ F[x]，则 f(x) = 0 构成一个代数方程，若 α 是某个代数方程的 根，则 称 α 是 代数元，不是代数数的数，称为 超越元。
代数数 α 可能是很多代数方程的根，但是 我们 总可以 取 其中次数最小的 并且 首项（即，次数最高项）系数为 1 的 那个方程，称该方程对应的 多项式 为 α 的 极小多项式，记为 Irr(α, F)。用 deg f 表示 多形式 f 的次数，于是有，
- 对于任意 f(x) ∈ F[x]，若 f(α) = 0，则有 deg f(x) ≤ deg Irr(α, F)；①
另外，记号 Irr(α, F) 表明 极小多项式 的选取 与 F 相关，例如：Irr(√2, ℚ) = x² - 2 而 Irr(√2, ℝ) = x - √2。
给定任意 一个域 F ，则 任何 包含 F 的 域 E 都是 F 的 域扩张，记为 E/F。
令 S 是任意集合，我们可以找一个 包含 S 和 F 的 最小的 域，记为 F(S)，显然 F(S) 是 F 的 一个 域扩张。
- 若 S 中的元素全部是 代数元，则称 F(S) 是代数扩张；
- 若 S 中的元素全部是 超越元，则称 F(S) 是超越扩张。
若 S = {α₁, α₂, ..., αₙ}，则 可记为 F(α₁, α₂, ..., αₙ) = F(S) ，特别是 S= {α} 只有一个元素时，称为 F(α) 为 单扩张，例如：ℂ 就是 ℝ 对 代数数 √-1 的 单代数扩张，即，ℂ = ℝ[√-1]。多个元素的扩张 可视为，单扩张 的迭代，即，
F(α₁, α₂, …, αₙ) = F(α₁)(α₂)⋯(αₙ)
一般来说，顺序并不重要。
给定 域扩张 E/F，将 E 中元素看成向量，E 中的加减法，就是 向量的加减法，将 F 中元素 看成 数，F 中的四则运算 就是 数的 四则运算，而 F 中的数 与 E 中向量 的数称 则就是 E 中的乘法，这样以来，E 就是变成了 F 上的 线性空间，称 E/F 的维度 dimꜰ E 为 E/F 的次数 ，记为 [E:F]，若 [E:F] 有限 则称 E/F 为 有限扩张，否则就是 无限扩张。
对于 任意域扩张 E/F 和 F/K，则显然 E/K 是域限扩张，若 E/F 和 F/K 都是有限的，不妨设 [E:F] = n, [F:K] = m，则 在 E/F 和 F/K 中各存在 一组基 ξ₁, ξ₂, …, ξₙ 和 ŋ₁, ŋ₂, …, ŋₘ ，对于 E 中任意元素 a，都有线性表示，
a = b₁ξ₁ b₂ξ₂ ⋯ bₙξₙ
其中 每个 bᵢ 都属于 F，于是有线性表示，
bᵢ = cᵢ₁ŋ₁ cᵢ₂ŋ₂ ⋯ cᵢₘŋₘ
代入上面得到，
a = c₁₁ξ₁ŋ₁ ⋯ c₁ₘξ₁ŋₘ c₂₁ξ₂ŋ₁ ⋯ c₂ₘξ₂ŋₘ … cₙ₁ξₙŋ₁ ⋯ cₙₘξₙŋₘ
其中 每个 cᵢⱼ 都属于 K，这说明 ξ₁ŋ₁, …, ξ₁ŋₘ, ξ₂ŋ₁, …, ξ₂ŋₘ ξₙŋ₁, …, ξₙŋₘ 是 E/K 的基，故，[E:K] = mn = [E:F] [F:K] ，即，
[E:K] = [E:F] [F:K] ②
考虑，单代数扩张 F(α)，显然有，
F(α) = { g(α) | g ∈ F(x) ∧ g(α) ≠ ∞}
另外，我们可以定义，
F[α] = { h(α) | h ∈ F[x]}
设 f(x) = Irr(α, F) ∈ F[x]，对于任意 g(x) ∈ F(x) ，不妨设 g(x) = s(x)/t(x)，由于 g(α) ≠ ∞，所以 t(α) ≠ 0，于是 f(x) ∤ t(x) ，因为：
- 若 f(x) | t(x) 则 t(x) = q(x)f(x)，而 f(x) 是 α 的极小多项式，故 f(α) = 0，这会导致 t(α) = q(α)f(α) = q(α)·0 = 0 矛盾！
而 极小多项式 f(x) 是不可约的，因为：
- 若 f(x) 可约，则有 p(x)q(x) = f(x)，于是 p(α)q(α) = 0，这说明 p(α) = 0 (或 q(α) =0)，而 deg p < deg f (或 deg q < deg f) ，这与 ① 处矛盾！
于是 (f(x), t(x)) = 1，根据贝祖定理，存在，
u(x)f(x) v(x)t(x) = 1
于是，
v(α)t(α) = u(α)·0 v(α)t(α) = u(α)f(α) v(α)t(α) = 1
得到，
v(α) = 1/t(α)
于是，
g(α) = s(α)/t(α) = s(α)v(α)
令，
h(x) = s(x)v(x) ∈ F[x]
于是，
g(α) = h(α) ∈ F[α]
这样就证明了，
F(α) ⊆ F[α]
另一方面，由于 F[x] ⊆ F(x) 所以 F[α] ⊆ F(α) ，故 F[α] = F(α)。
进一步，还可定义，
K = {r(α) | r∈ F[x] ∧ deg r < deg Irr(α, F) }
对于任意 h ∈ F[x] ，有带余除法，
h(x) = q(x)f(x) r(x), deg r < deg f
于是，有，
h(α) = q(α)f(α) r(α) = q(α)·0 r(α) = r(α) ∈ K
这说明 F[α] ⊆ K，而显然 K ⊆ F[α]， 故 K = F[α] = F(α)。
令 deg Irr(α, F) = n，由于 deg r < n ，所以 对于 K 中任意元素 有，
r(α) = b₁1 b₂α ⋯ bₙαⁿ⁻¹
这说明 K 中 任意元素都可以被 1, α, …, αⁿ⁻¹ 线性表示，而 1, α, …, αⁿ⁻¹ 又是线性无关的，因为：
- 若存在 不完全为 0 的 b₁, b₂, …, bₙ 使得 b₁1 b₂α ⋯ bₙαⁿ⁻¹ = 0，则有 r(x) = b₁1 c₂x ⋯ cₙxⁿ⁻¹，使得 r(α) = 0，而 deg r = n-1 < n = deg Irr(α, F)，这与 ① 矛盾，
故 1, α, …, αⁿ⁻¹ 就是 K 的基，于是得 有，[K:F] = n = deg Irr(α, F) 即，
[F(α):F] = deg Irr(α, F) ③
有了前两步的准备，现在可真正开始分析 三大几何难题了。
所谓的尺规作图，就是从给定图形出发 通过 尺规 作出 目标图形，图形有点决定，而第一步已经将点对应为 复数，于是 尺规作图 就转为为 ，从给定 的复数，通过 尺规支持的复数 运算，
- 四则运算；
- 平方根运算；
- 共轭运算；
得到 目标复数。
第一步中 规定，作图前，已经构造出了 有理数域 ℚ，不妨设 给定复数 为 z₁,… ,zₙ，则 可以通过 共轭运算 得到 z̅₁,… , z̅ₙ ，然后 可以通过 四则运算得到 域扩张，
F = ℚ(z₁,… ,zₙ, z̅₁,… , z̅ₙ)
注意到 ℚ̅ = ℚ，于是利用 共轭运算的性质，
有，
F̅ = ℚ(z̅₁,… , z̅ₙ, z̅̅₁,… , z̅̅ₙ) = ℚ(z̅₁,… , z̅ₙ, z₁,… , zₙ) = ℚ(z₁,… ,zₙ, z̅₁,… , z̅ₙ) = F
这说明 F 对 共轭运算 封闭。于是 F 唯一对 平方根运算 不封闭。此时有，代数扩张 F(u)/F，其中 u² ∈ F ，这称为 平方根扩张，此时，考虑共轭扩张 F(u̅)/F，由于，
u̅² = u̅ u̅ = u̅u̅ = (u²)̅ ∈ F̅ = F
这说明 对应某平方根 u 的 共轭扩张 依然是 平方根扩张。也就是说：
- 从 F 出发的 尺规作图 ，本质上，就是 不断的 平方根扩张 扩张；
于是，某个目标复数点 z 可以作图得到 就归结为：存在一个 从 F 开始的 平方根扩张 组成的 有限 平方根塔，
F₀ = F ⊆ F₁ = F(u₁) ⊆ F₂ = F(u₁, u₂) ⊆ ⋯ ⊆ Fᵣ = F(u₁, u₂, ⋯, uᵣ)
使得 z ∈ Fᵣ 。
注意到，uᵢ² ∈ Fᵢ₋₁，这说明 f(x) = x² - uᵢ² ∈ Fᵢ₋₁[x] 于是 deg Irr(uᵢ, Fᵢ₋₁[x]) ≤ deg f = 2 ，故 根据 ③ 有，
[Fᵢ:Fᵢ₋₁] = 1 或 2
而利用 ② ，反复迭代 可以得到，
[Fᵣ:F₀] = [Fᵣ:Fᵣ₋₁]⋯[F₁:F₀]
于是有，
[Fᵣ:F] = 2ᵏ，0 ≤ k ≤ r
对于三大几何难题，由于没有给定复数，于是 F = ℚ。
倍立方：就是将单位立方的体积扩大一倍，设扩大后 立方体的 边长为 z，则有，
z³ = 2
即，z 是方程，
x³ - 2 = 0
的根。
而 x³ - 2 是 ℚ[x] 的不可约多项式并且首1， 故 Irr(z, ℚ) = x³ - 2，于是 deg Irr(z, ℚ) = 3，根据③有， [F(z) : F] = 3。
假设 倍立方 可作图解决，则 z ∈ Fᵣ 于是 F(z) ⊆ Fᵣ 进而，
[Fᵣ:F] = [Fᵣ:F(z)] [F(z) : F]
这说明，
[F(z) : F] | [Fᵣ:F]
即，
3 | 2ᵏ
这是不可能的！故假设不成立，倍立方 不可作图。
三等分角：就是对任意角三等分。考虑 60° 角，令 z = cos 20° ，则根据 三倍角公式：
- cos3θ = 4cos³θ - 3cosθ
有，
1/2 = 4z³ - 3z
即，z 是 方程
x³ - 3/4 - 1/8 = 0
的根，而左边的 多项式，在 ℚ[x] 中是不可约并且首1的，故 Irr(z, ℚ) = x³ - 3/4 - 1/8， deg Irr(z, ℚ) = 3，接下来与上面完全相同，可证明 60° 角 不能 用尺规作图 三等分，进而证明 三等分（任意）角 尺规作图 做不到。
化圆为方：就是做出与单位圆面积相同的正方形，设正方形 边长为 z 则有，
z² = π
于是
z = √π
1882年林德曼，证明了 π 的 超越数，而
- 任何 代数数的平方还是代数数；
的逆反命题就是：
- 平方是超越数的数一定还是超越数；
故 √π 也是 超越数，也即是说 也就是说 √π 是 ℚ 的超越元，而 平方根扩张 属于 代数扩张，因此 Fᵣ 不可能包括 超越元 √π ，故 化圆为方 不可作图。
需要注意：类似 有理数 ℚ 在 实数 ℝ 中 稠密，我们有 ℚ[i] = {a bi | a, b ∈ ℚ} 在 复数 ℂ 中稠密，而 ℚ[i] 都是可作的，于是 我们可以 用 尺规作图 无限逼近 三大几何难题。（这里篇幅已经很长了，关于这个问题，我们放在续篇中讨论。）
关于，三大几何难题无解，这里给出一个非常通俗的解释：
对于 三大几何难题来说，尺规作图 只能进行 有理数上的 四则运算 和 平方根 的算式计算，例如：
(-b ±√ (b² - 4ac))/2a
其中 a,b,c 都是有理数，而，
- 倍立方，要求计算 ∛2；
- 对60°角三等分，要求计算 (∛((1 √-11)/2) ∛((1 - √-11)/2))/2；
其中都含有 三次方根，显然尺规作不到，而，
- 化圆为方，要求计算 √π；
其中 π 是一个 超越数，用 四则运算 和 任意根式 都从有理数计算不出来，何况 只有 平方根呢！
-END—
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