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方程
现在我们再回到三大名题上来，并且重新提出这个问题：能不能利用圆规和直尺解出这些问题来？现在我们已经熟悉了坐标法，可以设法利用代数来找到这些问题的答案。
质言之，我们在利用圆规和直尺解题时，都做了些什么呢？我们做直线，圆，寻找它们的交点，经过所找到的交点再做新的直线，新的圆，把这些交点作为新圆的圆心，在平面上，在所给的直线、圆上任取一些点，等等。我们要在平面上选择一个笛卡尔直角坐标系。这时，这个平面上的每一个点都将有一对确定的坐标（ａ，ｂ），每一条直线都将有一个确定的方程：
Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０，
每一个圆都将有一个确定的方程：
ｘ２＋ｙ２＋Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０
这些方程的系数都是确定的数。
设现在有两条已知的或做出的直线：
Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１＝０，
Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２＝０， （１１）
找出它们的交点，这就意味着找到上述这对方程的解。由（１１）中消去ｙ之后，将得到等式
（Ａ１Ｂ２－Ａ２Ｂ１）ｘ＋（Ｃ１Ｂ２－Ｃ２Ｂ１）＝０。
（１２）
解出方程（１２）以后，我们就能由（１１）中的任何一个方程求出ｙ。这样，求两条直线的交点将归结为解一次方程（１２）。方程（１２）的系数是方程组（１１）系数的整式有理函数，即给出的系数利用加法，减法和乘法运算所得到的函数。
设已知（或由我们做出）一条直线和一个圆。其方程为：
Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１＝０，
ｘ２＋ｙ２＋Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２＝０。 （１３）
为了找出它们的交点，需要解出这两个方程。为此，由第一个方程解出ｙ，并代入第二个方程：
ｙ＝－（Ａ１ｘ＋Ｃ１）／Ｂ１，
ｘ２＋（（Ａ１ｘ＋Ｃ１）／Ｂ１）２＋Ａ２ｘ－Ｂ２（Ａ１ｘ＋Ｃ１）／Ｂ１＋Ｃ２＝０。
把后一个方程改写为：
（Ａ１２＋Ｂ１２）ｘ２＋（２Ａ１Ｃ１＋Ａ２Ｂ１２－Ａ１Ｂ１Ｂ２）ｘ＋Ｃ１２－Ｃ１Ｂ１Ｂ２＋Ｃ２Ｂ１Ｂ２２＝０ （１４）
这是一个二次方程，其系数为由（１３）的两个方程的系数得到的整式有理函数。和方程（１２）比较，虽然这些有理函数包含有（１３）的方程系数乘方的运算（这里指第二个方程），但是，可以把这一运算看作是重叠的乘法，所以前面给出的整式有理函数的定义仍然适用。
把方程（１４）写成
ａｘ２＋２ｂｘ＋ｃ＝０ （１５）
它的根是 ———————
ｘ＝（－ｂ±√ｂ２－ａｃ ）／ａ。 （１６）
其中系数ａ，ｂ，ｃ是方程（１３）的系数的整式有理函数。
设现在给我们两个圆：
ｘ２＋ｙ２＋Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１＝０
ｘ２＋ｙ２＋Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２＝０ （１７）
为了找出它们的交点，需要解出关于ｘ，ｙ的方程。因为有两个二次方程，所以解它们似乎可能归结为解一个次数不低于四次的方程。在（１７）中并非如此。确实，由第一个方程减去第二个方程，并把结果和方程组（１７）中的一个方程（例如第一个方程）编成一祖：
ｘ２＋ｙ２＋Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１＝０
（Ａ１－Ａ２）ｘ＋（Ｂ１－Ｂ２）ｙ＋Ｃ１－Ｃ２＝０ （１８）
第二个方程的系数是方程组（１７）的系数的整式有理函数。显然，方程组（１８）等价于方程组（１７）（只限于方程的解有限）。而方程组（１８）是我们已经遇见过的方程组（１３）的形式。就是说，解方程组（１８），也就是解方程组（１７），即归结为解系数是方程组（１７）系数的整式有理函数的方程组（１３）。
例如，要通过两个已知点（其坐标已知）做一条直线或者做一个以已知点为圆心，半径已知的圆（圆心的坐标和半径已知），那么，我们就会得到直线和圆的方程，其系数也是上述坐标和半径的整式有理函数。
于是，在第一阶段，解利用圆规和直尺的问题归结为解方程问题，或者是一次方程（１２），或者是二次方程（１５）。
通过找到的点再做直线和圆，又会得到（１２）或（１５）那样的方程，可是，它们的系数已经变成由上述系数在解题时所得到的一些新的系数，以及（１６）那样的数的整式有理函数。例如，得到下列方程：
（－ｂ１±√ｂ１２－ａ１ｃ１ ）／ａ１ｘ２＋（－ｂ２±√ｂ２２－ａ２ｃ２ ）／ａ２ｘ＋１＝０ （１９）
把它写成：
－ｂ１／ａ１ｘ２－ｂ２／ａ２ｘ＋１＝（－√ｂ１２－ａ１ｃ１ ）／ａ１ｘ２－（－√ｂ２２－ａ２ｃ２ ）／ａ２ｘ
两边平方：
（－ｂ１／ａ１ｘ２－ｂ２／ａ２ｘ＋１）２＝（ｂ１２－ａ１ｃ１ ）／ａ１２ｘ４＋（ｂ２２－ａ２ｃ２ ）／ａ２２ｘ２＋２（√ｂ１２－ａ１ｃ１ ）／ａ１（√ｂ２２－ａ２ｃ２ ）／ａ２ｘ３ （２０）
把不含有平方根的项移到左边，两边再平方。得到一个八次方程：
〔（－ｂ１／ａ１ｘ２－ｂ２／ａ２ｘ＋１）２－（ｂ１２－ａ１ｃ１ ）／ａ１２ｘ４－（ｂ２２－ａ２ｃ２ ）／ａ２２ｘ２〕２－
４（ｂ１２－ａ１ｃ１）（ｂ２２－ａ２ｃ２ ）／ａ１２ａ２２ｘ６＝０
即 ｐ０ｘ８＋ｐ１ｘ７＋。。。＋ｐ８＝０ （２１）
可以认为，最后一个方程是通分后去掉了分母的。这时，所有的系数显然都是ａ１，ｂ１，ｃ１，ａ２，ｂ２，ｃ２的一些整式有理函数。反过来，我们可以把这个方程变成二次方程（２０），（１９）那样的序列。这就是说，我们首先把方程（２１）看作是关于位于中括号里的表达式的二次方程。开平方后，得到方程（２０）（根式前的符号取适合于方程（２０）的符号）。同样，把方程（２０）看作是关于位于圆括号里的表达式的二次方程。开平方后，得到方程（１９）（根式前的符号取适合于后一个方程的符号）。
我们发现，方程（２１）的次数是８，即２３。这相当于二次方程（１９）再平方两次。这样，利用圆规和直尺解答的问题将始终归结为解２ｎ次的代数（即方程的左边是多项式的）方程。这个方程的系数是一些参数的某些整式有理函数，这些参数是由任意选取的点、直线和圆等所确定的，并且，不仅开始是这样，而且在以后各阶段都是这样。因为这些参数是任意的，所以在特别情况下，不妨把它们看作是整数。这时，如果是在任意选取参数时，用圆规和直尺解答问题，当然要在这些参数是整数时，问题才能解答。
这样，只要带整系数的代数方程
ａ０ｘｎ＋ａ１ｘｎ－１＋。。。＋ａｎ＝０，ａ０≠０ （２２）
有ｎ＝２ｋ这样的次数，并归结为一串二次方程时，问题就能利用圆规和直尺来解答。上述的条件是利用圆规和直尺解答问题的充分条件。
应当注意，我们认为参数是任意整数，而方程（２２）的系数是这些参数的函数。可以认为，在任意选取这样一些参数时，方程的系数不再取彼此无关的任意值。还有一点补充说明。可能发生这样的情况：某一个问题的解所归结出的方程次数不等于２ｎ。这并不意味着问题无法利用圆规和直尺来解答。如果是在任意选取整参数的情况下，方程（２２）有有理根，问题就可以用圆规和直尺来解决。在这种情况下，说明方程已导入有理数。
因此，如果其次数不是２的整数幂的方程（２２）不能导入有理数域，利用圆规和直尺来解题就是不可能的。
我们再一次回到三大名题上来。
１。立方体加倍问题
如果我们用ａ代表已知立方体的棱长，用ｘ表示所求的立方体的棱长，那么，根据问题的条件，有
ｘ３－２ａ３＝０
这是（２２）那样的方程。它的次数不是２的整数次幂。当ａ是任意整数时，方程都没有有理根。因而，立方体加倍问题利用圆规和直尺不能求解。
２。三等分角问题
设３α是需要三等分的角的值。我们预先用３α表示这个值，以免以后写成三个一样的带分母的值。设
ｃｏｓ３α＝ｐ，记作 ｃｏｓα＝ｘ，如果我们能做出ｘ，就能做出角度α，即已知角的三分之一。由于：
ｃｏｓ３α＝４ｃｏｓ３α－３ｃｏｓα＝４ｘ３－３ｘ
因此
４ｘ３－３ｘ－ｐ＝０
这就是解三等分角问题所归结的方程。方程的次数不是２的整数次幂，在任意选取参数ｐ的情况下，方程不能导入有理数域。因此，三等分角的问题利用圆规和直尺解决不了。
３。化圆为方的问题
设ｒ为已知圆的半径，ｘ是所求的正方形的边长。使正方形和圆的面积相等，就得到
ｘ２－πｒ２＝０ （２３）
解这个问题就归结为解上述方程。
能否用圆规和直尺解决化圆为方问题就归结为数π的性质问题了，它是代数数，还是超越数？在１８８２年，德国数学家林德曼才证明了π是一个超越数。所以化圆为方问题只有否定的回答，即用圆规和直尺解决不了化圆为方问题。
在高等数学中的
ｅ＝ｌｉｍ（１＋１／ｘ）ｘ
ｘ－〉∞
也是超越数。还有其他超越数吗？有，而且它的数量比代数数多得多。如果在实数轴上任取一点，这个点所对应的数是代数数的几率是０，而是超越数的几率是１，即几乎所有的实数都是超越数。代数数是可列的，即可以使之与自然数一一对应。超越数则不能。如果说代数数集是可列集，那么超越数集就是不可列集。
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