一1＋」5
第3節 正n角形の作図
［1］合同記号
円に内接する正3角形，正4角形，正5角形，正6角形は作図可能で、正7角形は作図 不可能であることがわかった。
それでは、一般にはnがどのような数のとき作図可能となるかを、これから調べていく
ことにする。
まず、今後の証明に必要となってくる合同記号について、次のように定義する。
定義5．1． a−b＝・ np（a，b，n，pは整数）
であるとき、すなわちaとbの差がpの倍数のとき a＝一＝b （modp）
と表し、これをpを法とする合同式といい、記号 ≡ を合同記号という。
合同記号は、同値性の条件を満足する。
（i） aEa （modp）
（ii）a…≡b（modp）ならば、 b…≡a（modp）
（jii）a≡b（modp），b≡c（modp）ならば、 a≡c（modp）
命題5．2． a≡a （modp），b≡b （modp）ならば、
a±b ii a ± b （modp）
abia b （modp） ，
が成り立つ。
［証明］定義5．1より、a ＝a＋mp， b ＝b＋np（m， nは整数）とおくと a ±b ＝a±b十 （m±n） p
よって、a±b≡a ±b （modp）
a b ＝＝ （a十mp） （b十np）
一33 一
＝＝ ab十anp十bmp十mn p2 ＝ab十 （an十bm十mnp） p よって、ab≡a b （modp）
命題5．3． pが素数のとき、ab≡0（modp）ならば a≡0（modp）、またはb…手0（modp）である。
証明は簡単なので省略する。
［2］Eisensteinの定理
ある方程式が既約であるかどうかを調べる手段として、Eisensteinの定理が使われる。
ここでは、その証明を考えていくわけだが、その前にまず、次の定理から証明すること
にする。
定理5．4．（Gaussの定理）整係数の多項式
aoXn十alXn−1十a2Xn−2十。・・十an
が有理数体で可約とする。
すなわち、2つの有理係数の多項式の積に分解されるときは、実はそれは、2つの整係 数の多項式の積に分解できる。
［証明コ （i）a。，a、， a，，… ， a。の公約数が1以外に存在しないとき 条件より、有理数α。，α、，… ，α，，β。，β、，… ，β、を適当にとると
aoXn十a1Xn−1十a2Xn−2十… 十an
＝ （or oxS＋ aix S−i＋ ． ． ． ＋ a ，） （Box t＋ Bix i＋ ． ． ． ＋ B t）
一一一一一一一一一一一@（5）
と分解される。
右辺の係数の共通分母をとって整理すると
右辺＝⊥ （boXs＋b、Xs 1千∴・＋b、） （C・Xt＋CIXt 1＋●●●＋Ct）
p
（b。，b、，… ，b，， c。， c、，… ， c，は整数）と変形できる。
ただし、b。，b、，… ，b、の公約数が1以外に存在せず、c・，c・，… ，Ct −34 一
の公約数も1以外に存在しない。また、p（＞0），qも互いに素な整数と定めることが
できる。
ここで、p＞1として、 pの素因数の1つをp とすると、 b。， b、，… ， b、の公
約数は1以外に存在しないので、p で割り切れないものが1つはあることになる。この 順に見ていって、最初にp で割り切れないものをb。とする。
同様に、C。， C、，… ，C、をこの順で見て、最初にp で割り切れないものをCk とすると
（5）式の右辺におけるxh＋kの係数＝ ⊥｛bhck＋（bh−lck＋1＋b，一2ck＋2 p
＋ ． ． ．） ＋ （b ，．，C k−i＋ b h＋2C k−2＋ ． ． ．） ｝
となるが、p が｛ ｝内の約数とはならないのは明らかである。また、 p とqは互いに 素であることから、p＝1を得る。
（ii）a。， a、， a 2，… ，a。に最大公約数r＞1が存在するとき a。＝ra。「，a、＝ra、 ，… ，a。＝ra。 とすると
ao Xn十a1 Xn−1十a2 Xn−2十… 十an
は可約であるので（i）より整係数多項式の積にかける。よって、
aotx 十aitx 一i十a2 x 一2十 ． ． ． 十a．
＝q （boxS十bixS−i十．．．十b，） （coxt十cix ＋i十．．．十ct）
であるので、両辺をr倍して
aox 十aix 一i十a2x 一2十 ． ． ．十a．
＝r q （boXs十blxs−1十… 十b、） （Coxt十CIXt｝1十… 十Ct）
となる。
（i）， （ii）よりGaussの定理は証明された。
定理5．5． （Eisensteinの定理）整係数の多項式 f （x） ＝ ao十 aix 十 a2x2十 ．．．十 a．x
がある素数pに対して
［i］a。はpで割り切れない
［ii］a。， a、，… ， a。．1はpで割り切れる ［iii］a。はp2で割り切れない
が成立するとき、f（x）は有理数体において既約である。
［証明］f（x）が有理数体において可約であると仮定すれば 一35 一
ao十aix十a2x2十 ． ． ．十a．x
＝（bo十b1X十b2×2十… 十b、Xs） （Co十CIX十C2x2十… 十Ctxt）
と変形でき、定理5．4よりb。，bl，b、，… ， b、，C。， Cl， C、，… ， C、を 整数と定めてもよい。
まず、a。＝b。c。で、条件［ii］， ［iii］より、 b。≡0（modp），c。）Eil（mod p）とすることができる。
j＝0，… ，k（＜s）のとき、bj≡0（modp）が成立すると仮定すると、」
＝k＋1のとき
ak＋i＝boc k＋i十bic k十 十bkc i十bk＋ico
で、仮定より、bk＋、≡0（modp）を得る。
よって、b。≡b、≡… ≡b、≡0（mOdp）となるが、a。＝b、Ct≡0（mOd
p）となり条件［i］に矛盾する。ゆえに、f（x）は可約ではありえない。
命題5．6． pが素数であるとき
f （x） ＝：xP−i十xP 2十．．．十x十1 はQ上既約である。
一一一一一一一一一一一一一一一@（6）
［証明］f（x）が既約であることと、f（x＋1）が既約であることは同値なので
（x 一 1） f （x） ＝＝ xP一 1
において、xをx＋1におきかえると
xf1（x十1）＝（x十1）P−1
となる。
よって
f （x＋1） ＝ i （，C，x p＋ ，C，x p−i＋ ． ． ． ＋，C ，x P−k＋ ． ． ． ＋，C ，．，x，
x
十pCP＿1x1十pCp−1）
p−1
＝＝xp一 i十 2 ，Ck−ixP−k十p 一一一一一一一一一一一一一一一一一一一 （7）
k＝1
となる。
ところで
p （p−1） … （p−k）
（1＄kSp−2）
pCk＝＝
k （k−1） … 2・1
より、。Ckはpの倍数となることは明らかなので、 （7）式に定理5．5を適用すると、
一36 一
f（x）が既約であるという結論を得る。
［皿］Fer〃lat素数
命題5．7． f（x），g（x）は数体Kにおける多項式で、 g（x）はKにおいて既約 であるとする。Cにおける多項式とみると、 f（x），g（x）が公約式（定数以外の共 通因数）をもつならば、f（x）はg（x）で割り切れる。
［証明］f（x）がg（x）で割り切れないと仮定する。この時f（x）とg（x）との
最大公約数r（x）はK上の多項式で、0＜degr（x♪＜deggでx♪である。
なぜなら、degr（x♪＝degg（x♪ならば、g（x）がf（x）の約数となり矛盾 し、また、degr（x♪＝0ならば、f（幻とg（x）が公約式をもつことに矛盾する
からである。
一方、r（x）はg（x）の約数であるから、 g（x）・＝q（x）r（x） （ただし、
q（x）はK上の多項式）とかけ、g（x）の既約性に矛盾する。
命題5。8． 数体の系列 Ko， Kb K2， ， Ki
ただし、βj∈Kj．、，佃了ミKj．、， Kj＝Kj．、（JBi・） （j＝1，2，… ， k）
があって、K。（＝・K）において既約なn次多項式g（x）が、 K，において初めて可約に なる（K1， K2，… ，KI．、において既約）とき、 nは偶数で、 g（x）はKlにおけ る2つのn／2次既約多項式の積として表せる。
［証明］g（x）はK，において可約なので、因数分解を可能な限り続けると、Klにおけ る最低次数の因数Φ（x）が存在する。このとき、Φ（x）の係数はK，の元なので
Φ（X）＝（yo十ZoV 一7BTII）Xm十（yl十ZIV一βπ）X、m−1十…十（ym十ZmN「β「，）
ただし、y。， Z。， y、， Z、，… ， ym， Zm∈Kl．、， y。＋Z。4一βk≠0
と表すことができて・最低次数ということから・Φ（x）はKlで既約で 2mSn 一一一一一一一一一一一一一 （8）
となる。
また
Ψ（X）＝（yo−Zo≠一β珪）Xm十（yl−ZIVTBTI）Xm−1十…十（ym−Zm、「颪k）
一37 ．
もK，における多項式である。
ここで、2つの多項式の積Φ（x）Ψ（x）を計算すると
Φ（X）Ψ（X）＝（yoXm十y、Xm−1十… 十ym）2
一βn（ZoXm＋Z、Xm−1＋… ＋Zm）2はK，一、における2m次多項式とわかる。
／
これをCにおける多項式とみると、g（x）とΦ（x）Ψ（x）は公約数Φ（x）をも つので、命題5．7において、K＝K，．1， f（x）＝Φ（x）Ψ（x）とおくと、 2m 次多項式Φ（X）Ψ（X）がg（X）で割り切れる という結論が得られるので
2m）n， 一一一一一一一一一一一 （9）
となる。
したがって、 （8）， （9）式より2m＝nとなり
￠ （x） W （x） ＝＝hg （x） （hEKi）
と表すことができる。
ゆえに
g （x） ＝h一 O （x） W （x）
となり、Φ（x）は最低次数であることから、h 1Ψ（x）はK、における既約多項式とな
る。
次に、命題5．7，命題5．8をもとに、いよいよ正n角形の作図を考えていく。
まず、pを素数として、正p角形が作図できたとすると
2z
． ． 2z
Z1＝COS m十1Sln−
p p
の実部，虚部が作図できる数となる。
z、≠1よりz、は（6）式のf（x）を用いるとp−1次方程式f（x）＝0の解であ
る。
また、z、ミQであるので、第1章命題1，7より次のことがいえる。
K・＝Qとして、次の性質をもつ数体の系列K・，K・， K・，… ， K。が存在する。
K，＝ K， （・VTB7T） ， B，＝ 一 1
K，＝＝ K， （VTBT5） ， B，EK，， VMIBTS St1K． K，
Kj＝Kj一、（fB：・），βj∈Kj一，，研庵ミK」一、
ziXKn−i， zieKn
すると、f（X）はK。においてX−Z、で割り切れて、商もK。における多項式となる。
すなわち、命題5．6より、f（x）はK。では既約、 K。では可約となるわけである。
そこで、この数体の系列をK。，K、， K、，… の1頂に見ていくと、 f（x）はK。，
一38 一
K、，… ，K。．、では既約、 K。では可約となるような番号g（1≦g≦n）が存在する はずである。
よって、命題5．8より
p−1＝2m（mは自然数）
と表せて、f（x）はK。における2つのm次既約多項式の積として、φ、（x）Ψ、（x）
と因数分解される。
m≧2のときは、Φ、（z・）＝0、又はΨ・（z、）ニ0なので、前者が成り立つとする と、〈P 1（x）はK。では既約，K。では可約なので、 f（x）の場合と同様の議論より m＝＝2m （m は自然数）
を得る。
以下、m ≧2のときは、同じ論法を続けていけば
P−1＝2h（hは自然数）
と表せることがわかる。
また、hが
h＝（2k＋1）h （k， hは自然数）
のように奇数の素因数をもっていると仮定すると
x2k＋i十1＝ （x十1） （x2k−x2k−1十x2k−2一． ． ．一x十1）
にx＝2h 代 ｷると
2h十1＝（2h 十1）n（nは整i数）
となり、n＝1のときはh＝h となり、 n≠1のときは2h＋1が素数であることに矛盾
する。
ゆえに
h＝21（1は負でない整数）
と表せる。したがって、次の結論を得た。
命題5．9． pが素数のとき、正p角形が作図できれば p＝2h＋1 （h＝21，1は負でない整数）
と表すことができる。
素数pがこのような形をしているとき、これをフェルマー素数という。
例えば、玉＝0のときp＝3，1＝1のときp＝5，1＝2のときp＝17，1＝3の ときp＝257，1＝4のときp＝65537となり、これらはすべて素数となっている。
しかし、1ニ5のとき 一39 一
p＝＝4294967297＝641×6700417
となりフェルマー素数でないことがオイラーによって発見された。
現在、pが4万桁以下では、フェルマー素数は上記の5個しか見つかっていない。
定理5．10． pがフェルマー素数のとき、正p角形が作図できる
このことについては、ガウスによって証明されているが、
尚、くわしい証明については、 『初等幾何学作図問題』、
社を参照していただきたい。
ここでは省略させていただく。
窪田 忠彦著、内田老鶴圃新
［4］円の等分問題の解決
命題5。11． 自然数a，bの最大公約数をdとするとき
xa−yb＝d 一一一一一一一一一一一一一一一一一 （10）
となる自然数x，yが存在する。
［証明］a≧bとして、a， bの最大公約数を互除法によって求めると次のようになる。
a＝q、b＋r、（q、， r、は自然数で、0≦rl＜b）
b＝q、r、＋r2（q2， r2は自然数で、0≦r、＜rl）
rr＝q・r2＋r・（q，， r3は自然数で、0≦r，＜r、）
rk−2ニq、r、一、＋r、（q、， r、は自然数で、0≦r、≦rk）
rk一、＝qk＋、rk（qk＋、は自然数）
このrkがa， bの最大公約数となるので、d＝rkである。このとき
r、＝a−q，b＝自然数×a一自然数×b
r2＝＝ b−q2ri
＝b−q，（自然数×a一自然数×b）
＝自然数×b一自然数×a r3＝＝ r 1−q3r2
＝自然数×a一自然数×b−q、（自然数×b一自然数×a）
＝＝自然数×a一自然数×b
−40一
のように続き、kが奇数のときは
d＝自然数×a一自然数×b
となり（10）式が導かれる。
まだ、kが偶数のときは
d＝自然数×b一自然数×a
となるが、この式の右辺を変形して
d＝（bm一自然数）、×a一（am一自然数）×b（mは自然数）
とすると、mを十分大きくとることによって、2つの（）の中は正にすることができる ので、やはり（10）式が導かれる。
この命題において、d＝1のとき、 a， bは互いに素というわけである。
命題5．12． a，bが互いに素な自然数で、正a角形と正b角形が作図できるとき、正 ab角形も作図できる。
［証明］a，bは互いに素なので、命題5．11より
xa−yb＝＝1 一一一一一一一一一一一一一一一一一 （11）
となる自然数x，yが存在する。
ここで、正a角形が作図できるとき、2π／aの角も作図できることに注目すれば、命
題5．12は、 2π／aの角と2π／bの角が作図できるとき、2π／abの角も作図で
きる といいかえることができる。
（11）式の両辺に2π／abをかけると
2z 2 z 2 z
6一 x−Ty ＝ 一s−rt
となる。
2π／aの角と2π／bの角が作図できるとき、2π／bのx倍の角，2π／aのy倍
の角が作図でき、その差も作図できる。 （ただし、2πを超える角が出てきた場合は、2 π未満の角に直して考える）
ゆえに、命題5．12は証明された。
最後に、次の命題を考えていく。
命題5．13． pが素数のとき、正p2角形は作図できない ．41 一