下面要做的就是将这三大问题“翻译”成代数思维：
（1）倍立方体问题：设给定的立方体的边是单位长，则它的体积是一立方单位。如今要求出一个体积是它的2倍的立方体的边长x。于是所求边长x满足一个简单的三次方程x3-2=0于是，我们的问题是数x=32是否能用直尺和圆规做出。
（2）三等分任意角：可以用各种不同方式，来得到这个问题的代数等价问题。最简单的是考虑由余弦cosθ=g给出的角θ。这时问题等价于求量x=cos（θ3）的问题。应用三角公式可知cosθ=g=4cos3（θ3）-3cos（θ3），令cos（θ3）=z，则有4z3-3z=g即4z3-3z-g=0…○*
于是三等分任意角的问题就转化为以上方程○*的根是否能用尺规做出的问题。
（3）化圆为方：设圆的半径是一个单位，那么面积就是π。因此作一面积等于单位圆的正方形，相当于求作一条长为π的线段，这个线段将是所求正方形的边。于是化圆为方问题就转化为π是否可用尺规作图的问题。
由以上讨论，我们可以看出，几何三大问题都归结为一些数能否用尺规做出的问题。因此，我们必须去解决的一个问题是：能用尺规做出的数具有什么特性。即什么样的数或数的集合能用尺规做出。
什么样的数可用尺规做出
讨论了三大几何作图问题的本质之后，这三大问题的可解性就转化成去刻化尺规可作图的数的基本特征了。
“有理”的代数过程——已知量的加、减、乘、除能用尺规作图来实现。
如果给定两个长为a和b的线段，可以做出a+b，a-b，ra（r是任意有理数），ab和ab。
作法：a+b
画一条直线，在上面用圆规标出距离OA=a，AB=b，则OB=a+b。
a-b
画一条直线OA=a，在OA上用圆规截AB=b，则OB=a-b。
能作加法，就能做出pa，p是任意正整数，只要作连加即可。
下面作a3，在一直线上标出OA=a，过O任意作第二条直线，在直线上我们标出任一线段OC=c，再作OD=3c。连接AD且过C画一直线平行于AD，交OA于B，则OB=a3。用同样的方法我们能画出aq，q是任一正整数。令r=pq，则同理可做出aq，然后再作paq，就有ra。r为任一有理数。
为了作ab，在任意一个角O的两边标出OB=b，OA=a，且在OB上标出OD=1，过D作平行于AB的直线交OA于C，则OC的长为a／b。
最后作ab，在任意一个角O的两边上标出OA=a，OC=b，OB=1，连接BC，过A作平行于BC的直线AD交OC的延长线于D，则OD=ab。
由以上作图可知，已知量的加、减、乘、除运算都能用直尺和圆规做出。自然就会再深入一步：一个已知量的平方根能否用直尺和圆规做出呢？也能，如果给定一个已知线段a，则可只用圆规和直尺作a。
作法：在直线上标出OA=a，AB=1。以OA为直径作一圆，而且过A作OB的垂线交这个圆于C。
则AC2=OA·AB=a，AC=a
假设最初只给定了一个元素，即单位长1。则由以上讨论可知，我们用圆规和直尺能做出由单位长通过有理运算加减乘除而得到的所有数，即所有有理数rs，这里r与s为整数（s≠0）。在数学上，如果一个数集关于加减乘除四种有理运算封闭，就称为一个数域。
于是从这个单位出发，我们就能用尺规做出整个有理数域，因而做出坐标平面上的所有有理点（即坐标为二个有理数的点）。另外，我们还能做出有理数域中所有正有理数的平方根，因此，对于数域F，任取其中的数a、b、c（c>；0），则可用尺规做出所有形如a+bc的数，而所有形如a+bc的数也对加减乘除封闭，即任意两个形如a+bc的数通过加减乘除运算之后仍然是形如a+bc的数。因此，这样的数也构成一个域，如果称有理数域为F0，则形如a+bc的数集形成一个域F1，而且域F0称为域F1的子域。
所有可作图的量的全体，现在能够确切地描述了。无论最初给定了一些什么量，从由它们确定的一个给定域F0出发。例如，如果只给定一个线段作为单位长，那么，它所确定的是有理数域，然后添加k0，k0属于F0，但k0不属于F0，我们能做出可作图量的一个扩域F1，它由所有形如a0+b0k0的数组成，其中a0、b0可以是F0中的任意数。进一步作F1的一个新的扩域F2，它由形如a1+b1k1的数组成，其中a1、b1，是F1中的任意数。而k1是F1中的某个数，它的平方根k1不属于F1。重复这个过程，在n次加进平方根以后，我们能得到一个域Fn。可作图的量是而且仅仅是那些能用这样一系列扩域达到的数（即属于上述类型的域Fn）。扩充的个数n取多大这是无关紧要的，在某种意义上它标志着问题的复杂程度。
下面我们用一个例子来说明这个过程。从理论上说明以下数可用尺规做出。
1+2+3+5
设F0是有理数域，取k0=2，我们得到域F1，它包含了数1+2。现在取k1=3，a1=1+2，b1=1，则1+2+3属于域F2。最后取k2=5，同理，我们得到域F2，F2包含了数1+2+3+5。再取k3=1+2+3+5，我们得到域F3，F3包含数1+2+3+5。因而对于F0通过3次扩域而得到了数1+2+3+5可用尺规做出。
三大问题的不可解性
由本节（3）中的讨论，我们已经得出，倍立方问题的可解性由x=32是否能用尺规作图决定。现在可用反证法来证明x只用圆规和直尺是不能做出的。
证明：假设32是可以用尺规做出的。
因为32是一无理数，所以32不能属于有理数域F0，因此32只能属于某个扩域FK，K∈N假设K是使得扩域FK包含x的最小正整数。
故可设x=p+qω的形式，
其中p，q，ω∈Fk-1，但ω？瘙綋Fk-1。现在我们来说明，如果x=p+qω是三次方程x3-2=0的一个根，则x=p-qw也是它的一个根。
∵x∈Fk，∴x3∈Fk，x3-2∈Fk
∴x3-2=a+bω，a、b∈Fk-1（1）
而x3-2=（p+qω）3-2
=p3+3pq2ω-2+（3p2q+q3ω）ω（2）
对此（1）与（2）式可得a=p3+3pq2ω-2，b=3p2q+q3ω
如果令y=p-qω，然后在a，b的表达式中以-q代替q，就得至y3-2=a-bω
∵x3-2=0
∴a+bω=0
由此可得出ω=-ab∈Fk-1与假设矛盾。
因此必有a=b=0
则有a-bω=0y3-2=0
所以y=p-qω也是方程x3-2=0的一个根。且x≠y。否则x-y=2qω=0q=0
∴x＝p∈Fk-1与假设矛盾。
我们得出x=p+qω如果是三次方程x3-2=0的一个根，则y=p-qω是该方程的另一个根。而对于三次方程x3-2=0来说，它只有一个实根，其余两个根是虚根。而p±qω都是实数，得出矛盾。因此x3-2=0的根不能在域Fk中，所以用直尺和圆规作倍立方体是不可能的。
利用以上思路，容易证明：
如果一个有理系数的二次方程没有有理根，则它的根没有一个是由有理数域F0出发的可作图的数。
利用以上结论和本节（3）中的讨论，我们只要说明三次方程4z3-3z-g=0没有有理根，即可说明三等分任意角的不可能性。
不妨取θ=60°，则g=cos60°=12，方程变为
8z3-6z=1
设u=2z
就有u3-3u=1（1）
假设方程（1）存在有理根u=r／s满足这个方程，
（r，s）=1
代入（1）式有
r3-3s2r=s3
s3=r（r2-3s2）
∴r|s3继而r|s必有r=s=1，否则与（r，s）=1矛盾。
因此r=s=±1代入（1）式不满足方程，从而方程（1），即方程8z3-6z=1没有有理根。
这就证明了三等分任意角只有尺规是不可能的。
我们已经用比较初等的方法处理了倍立方、三等分任意角问题。但是三大问题中的最后一个化圆为方比较复杂一些，需要用数学分析的方法方能说明。
化圆为方最后归结为π是否可尺规做出，即需要说明π不能包含在由有理数域F0连续添加平方根而达到的任意域Fn中。在18世纪时，数学家猜测存在一种类型的无理数，不满足任何有理系数代数方程，这种数就是超越数，而满足有理系数代数方程的数叫代数数。19世纪时，在1882年，林德曼证明了π是超越数，从而证明了π不可以用尺规作图这一问题。
由此，一个在公元前5世纪被提出的三大几何作图问题到了公元1882年，在经历了2000多年的探索之后最终得以解决。