正多边形作图

几何作图的另一个重要方面是利用直尺和圆规构造正多边形.早在古希腊时期，欧几里得就在他的《几何原本》的第四篇论述了圆的内接和外切图形，用直尺圆规作正三角形、正方形、正五边形、正六边形和正十五边形.再通过连接平分角或弧，就可作出$2^n$，$3\times 2^n$，$5\times 2^n $，$15\times 2^n $个边的正多边形.这个记录一直保持了两千年，其间没有任何人能用直尺圆规作出新的正多边形.直到$1796$年高斯才发展了这个理论，他证明了可用直尺圆规作出正十七边形，并完成了这个作图.那时他才$19$岁.高斯认为这个问题的解法具有重大意义，并深感自豪.他希望在他死后在他的墓碑上画一个圆的内接正十七边形.后来，人们遵照他的遗嘱这样做了.

高斯考察了方程

$$x^p -1=0,\label{2.1} \tag{2.1} $$

这里$p$是素数.这个方程的根是

$$z_k =\cos{\dfrac{2k\pi }{p}} +i\sin{\dfrac{2k\pi }{p}} ,k=0,1,\cdots ,p-1.\label{2.2} \tag{2.2} $$

从几何上看，这些复数$z_k $就是单位圆上正$p$边形的顶点.正是因为这个原因，方程$\eqref{2.1}$叫做分圆方程.

高斯指出，一个素数个边的正多边形可用直尺圆规作图的充要条件是，边数$p$具有如下形式：

$$p=2^{2^n} +1.\label{2.3} \tag{2.3} $$

对于$n=0,1,2,3,4$，我们有$p$的如下值：

$$3,5,17,257,65\;537.$$

它们都是素数.这些正多边形都可用直尺圆规作出.

形如式$\eqref{2.3}$的数叫做费马数.这些数最初是由法国的一个法官费马（Fermat,$1601-1665$）引进的.他业余爱好数学，是一位杰出的数学家.正如上面所说的，最初五个费马数都是素数.除了这五个数外，费马没有做进一步的计算，但它坚信所有的这种数都是素数.可惜这个猜想是不对的.现再多算一个就可推翻这一猜想.这件事是欧拉作的，他证明了下一个费马数为

$$4\;294\;967\;297=641\times 6\;700\;417,$$

这个数不是素数.

直尺圆规作图与费马数有这样密切的联系，这是人们所未曾料到的.高斯的发现引起了人们对费马数的新兴趣.为了寻找新的费马数，人们进行了惊人的计算，现在又使用上了电子计算机，但是至今没有发现新的费马素数.许多数学家倾向于相信不再有其他的费马素数了.

现在再回到正多边形的作图问题.对于一般的$n$，高斯也解决了哪些正$n$边形可以作出来，哪些则不能.很明显，从一个正$n$边形出发，通过等分它的每一个中心角，就能得到正$2n$边形.另一方面，从一个正$2n$边形出发，只要简单地取它的不相邻的$n$个顶点就能得到正$n$边形.这说明为了判定哪些正多边形可以作出，只要讨论$n$是奇数的情况就足够了.高斯证明了，一个具有$n$个顶点的正多边形，当且仅当$n$是一个费马素数或若干个不同的费马素数的乘积时，才能用直尺和圆规作出来.

本节的目的是证明可用直尺圆规构造正十七边形.但是在此之前我们还需要一点同余的概念.

同余

让我们从具体例子出发.如果我们知道某月的$2$号是星期$1$，那么$9$号和$16$号也都是星期$1$.用数学语言来表示就是，$16$、$9$被$7$除余数都是$2$.于是有下面的定义：

定义$\quad $给定一个正整数$m$，把它叫做模.如果用$m$去除任意两个整数$a$和$b$所得的余数相同，我们就说$a$、$b$对模$m$同余，记作

$$a\equiv b\pmod m.$$

如果余数不同，我们就说$a$、$b$对模$m$不同余，记作

$$a\not\equiv b\pmod m.$$

例$\quad $通过直接计算，不难验证下面的同余式都是成立的：

$(1)23\equiv 8\pmod 5$，

$(2)47\equiv 11\pmod 9$，

$(3)-11\equiv 5\pmod 8$，

$(4)81\equiv 0\pmod {27} $.

我们不拟详细讨论同余式的理论，因为那些将远离我们的主题，我们只给出一个下面就要用到的重要事实，而不作理论推导.这一事实是：$10^0 ,10^1 ,10^2 ,\cdots ,10^{15} $对模$17$彼此不同余.事实上，通过具体的数值计算，我们可以把$10$各次方被$17$除的余数列表如下：

$$\begin{matrix}
n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 \\
10^n & 1 & 10 & 15 & 14 & 4 & 6 & 9 & 5 & 16 & 7 & 2 & 3 & 13 & 11 & 8 & 12
\end{matrix}\label{2.4} \tag{2.4}$$

这个表下面我们还要用到.

关于上面的事实有一个一般性的定理：对任何奇素数$p$，都存在数$m$，使得$m^0,m^1 ,\cdots ,m^{p-2}$关于模$p$彼此不同余，$m$叫做关于模$p$的一个原根.这就是说，我们有定理：

定理$\quad $若$p$是奇素数，则模$p$的原根存在.

这个定理的证明可以在华罗庚先生的《数论导引》中找到，或者在闵嗣鹤与严士健合编的《初等数论》中找到.

正十七边形

现在让我们考虑正十七边形.我们把它看做复平面上的图形，其顶点为复数，分布在以原点$O$为圆心的单位圆上，并且有一个顶点在$1$.设$z=x+iy$是任何一个其他顶点，因为$\vert z\vert =1$，所以我们可以写成$z_j =\cos{\theta_j } +i\sin{\theta_j } $，$j=1,2,\cdots ,16$.因为正十七边形的顶点把圆分为$17$等分，所以$\theta_j =j\theta_1 $，$\theta_1 =\dfrac{2\pi }{17}$.第十七个顶点又是$1$.

$$1=\cos{17\theta_1 } +i\sin{17\theta_1 } =(\cos{\theta_1 } +i\sin{\theta_1 } )^{17} =z_1^{17} ,$$

于是$z_1 $是$z^{17} -1=0$的根.因为

$$z^{17}-1 =(z-1)(z^{16}+z^{15}+\cdots +1)=0$$

及$z_1 \neq 1$，所以$z_1$是方程

$$z^{16}+z^{15}+\cdots +1=0\label{2.5} \tag{2.5} $$

的根.

下面，我们求出此根的明显表达式，至少是它的实部$\cos{\theta_1 }$或虚部$\sin{\theta_1 }$的表达式.

前面已经指出，模$17$的原根存在，$10$就是它的一个原根，正像我们在表$\eqref{2.4}$中看到的，这些出现在底排的余数彼此不等，并且每个只出现一次.现将方程$\eqref{2.5}$中的各项进行重排，使得指数按$10$的方幂数被余数的顺序排列.新的排法如下：

$$z+z^{10}+z^{15}+z^{14}+\cdots +z^8 +z^{12} =-1.\label{2.6} \tag{2.6}$$

现在，我们用高斯的方法把式$\eqref{2.6}$分成两个和

$$\eta_1 =z+z^{15} +z^4 +z^9 +z^{16}+z^2+z^{13}+z^8 ,$$

$$\eta_2 =z^{10} +z^{14} +z^6 +z^5+z^7+z^3+z^{11}+z^{12} ,$$

$\eta_1 $是式$\eqref{2.6}$中的奇数项之和，$\eta_2 $是式$\eqref{2.6}$中的偶数项之和，我们有

$$\eta_1 +\eta_2 =-1.$$

乘积$\eta_1 \cdot \eta_2 $是多少？乘出来共有$64$项.表面上看很复杂，但如果用一种特殊的方法去计算，事情并不像想象的那样坏.我们先试着把$\eta_1 $与$\eta_2 $中上下相对应的项乘起来：$z\cdot z^{10}=z^{11}$，$z^{15} \cdot z^{14} =z^{29} =z^{12} $，$z^4 \cdot z^6 =z^{10}$，$\cdots $.然后把它们加起来，就得到，

$$z^{11}+z^{12}+z^{10}+z^{14}+z^6+z^5+z^7+z^3.$$

但是，这正是$\eta_2 $！为什么呢？这是因为在式$\eqref{2.6}$中，相邻项的$z$的指数差一个以$17$为模的$10$的倍数，于是在$\eta_1 $和$\eta_2 $中相邻项的$z$的指数差一个以$17$为模$100$的倍数.比如说，$z^a$和$z^b$分别是$\eta_1 $和$\eta_2 $中的项，那么，在$\eta_1 $和$\eta_2 $中的下一项分别是$z^{100a}$和$z^{100b}$.$z^{a+b}$或者在$\eta_1 $中，或者在$\eta_2 $中，$z^{100a} \cdot z^{100b} =z^{100(a+b)}$与$z^{a+b}$属于同一个$\eta_i $中，即或者同属$\eta_1 $，或者同属$\eta_2 $.以这种方式，我们总能得到$\eta_1 $的所有项，或者得到$\eta_2 $的所有项.有一项属于$\eta_1 $就全部属于$\eta_1 $，有一项属于$\eta_2 $就全部属于$\eta_2 $，因而只要看第一项属于谁即可.类似地，$\eta_1 $的每一项乘以$\eta_2$中这项下面右边的那一项，所得到的所有的乘积都在同一个$\eta_i$中，$i$是$1$或$2$.因为$z\cdot z^{14} =z^{15}$在$\eta_1 $中，所以其余的乘积$z^{15} \cdot z^6 =z^4$，$\cdots $，$z^8 \cdot z^{10} =z$也都在$\eta_1 $中，并且$8$个乘积的和等于$\eta_1 $.现在我们接着做同样的工作.$\eta_1 $的每一项乘以$\eta_2 $中这项下面右边的第二项、第三项，$\cdots $，等等，再求和.这样一来，用不了多少计算，我们就得到下面的结果：

$$z^{11}+z^{12}+z^{10}+z^{14}+z^6+z^5+z^7+z^3=\eta_2 ,$$

$$z^{15}+z^4+z^9+z^{16}+z^2+z^{13}+z^8+z=\eta_1 ,$$

$$z^7+z^3+z^{11}+z^{12}+z^{10}+z^{14}+z^6+z^5=\eta_2 ,$$

$$z^6+z^5+z^7+z^3+z^{11}+z^{12}+z^{10}+z^{14}=\eta_2 ,$$

$$z^8+z+z^{15}+z^4+z^9+z^{16}+z^2+z^{13}=\eta_1 ,$$

$$z^4+z^9+z^{16}+z^2+z^{13}+z^8+z+z^{15}=\eta_1 ,$$

$$z^{12}+z^{10}+z^{14}+z^6+z^5+z^9+z^3+z^{11}=\eta_2 ,$$

$$z^{13}+z^8+z+z^{15}+z^4+z^9+z^{16}+z^2=\eta_1 ,$$

于是$\eta_1 \eta_2 =4\eta_1 +4\eta_2 =-4$.由韦达定理，$\eta_1 $、$\eta_2 $满足方程

$$y^2+y-4=0,$$

所以

$$\eta_1 ,\eta_2 =\dfrac12 (-1\pm \sqrt{17} ).\label{2.7} \tag{2.7}$$

我们看到了$17$出现在根式下.在一般情况下，我们从$p$边形开始，能证明$\eta_1 $和$\eta_2 $是二次不尽根，$\pm p$将出现在根式下.类似于从$\eta $中选出$\eta_1 $、$\eta_2 $，我们从$\eta_1 $、$\eta_2 $中再取出$\eta_1’$、$\eta_2’$、$\eta_3’$、$\eta_4’$，

$$\begin{array}{l}
z+z^4+z^{16}+z^{13} =\eta_1’ ,\\
z^{15}+z^9+z^2+z^8=\eta_2’ ,\\
z^{10}+z^6+z^7+z^{11}=\eta_3’ ,\\
z^{14}+z^5+z^3+z^{12}=\eta_4’ ,
\end{array}\label{2.8} \tag{2.8}$$

其中

$$\begin{array}{l}
\eta_1’ + \eta_2’ =\eta_1 ,\\
\eta_3’ + \eta_4’ =\eta_2 .\\
\end{array}$$

我们用同样的方式求$\eta_1’ \cdot \eta_2’$，并得到

$$\begin{array}{l}
z^{16}+z^{13}+z+z^4 =\eta_1’ ,\\
z^{10}+z^6+z^7+z^{11}=\eta_3’ ,\\
z^3+z^{12}+z^{14}+z^5=\eta_4’ ,\\
z^9+z^2+z^8+z^{15}=\eta_2’ ,
\end{array}$$

其和是$\eta_1’ \cdot \eta_2’ \colon $

$$\eta_1’ \cdot \eta_2’ =\eta_1’ +\eta_2’ +\eta_3’ +\eta_4’ =\eta_1 +\eta_2 =-1,$$

于是$\eta_1’ $、$\eta_2’$满足方程

$$\omega^2 -\eta_1 \omega -1=0,$$

从二次方程求根公式得

$$\eta_1’ ,\eta_2’ =\dfrac12 (\eta_1 \pm \sqrt{\eta_1^2 +4} ) .\label{2.9} \tag{2.9} $$

类似地，

$$\eta_3’ ,\eta_4’ =\dfrac12 (\eta_2 \pm \sqrt{\eta_2^2 +4} ),\label{2.10} \tag{2.10} $$

这里指出，一旦在式$\eqref{2.7}$和式$\eqref{2.9}$中取定了符号，在式$\eqref{2.10}$中的符号也就选定了.为了证明这一点，我们展开

$$(\eta_1’ -\eta_2’ )(\eta_3’ -\eta_4’ )=\eta_1’ \eta_3’ -\eta_1’ \eta_4’ -\eta_2’ \eta_3’ +\eta_2’ \eta_4’ .$$

按照同样的技巧可知，$\eta_1’ \cdot \eta_3’ $是下述诸项之和：

$$\begin{array}{l}
z^{11}+z^{10}+z^6+z^7 =\eta_3’ ,\\
z^7+z^{11}+z^{10}+z^6=\eta_3’ ,\\
z^8+z^{15}+z^9+z^2=\eta_2’ ,\\
z^{12}+z^{14}+z^5+z^3=\eta_4’ ,
\end{array}$$

所以

$$\eta_1’ \eta_3’ =2\eta_3’ +\eta_2’ +\eta_4’ ;$$

$\eta_1’ \cdot \eta_4’ $是下述的和：

$$\begin{array}{l}
z^{15}+z^9+z^2+z^8 =\eta_2’ ,\\
z^6+z^7+z^{11}+z^{10}=\eta_3’ ,\\
z^4+z^{16}+z^{13}+z=\eta_1’ ,\\
z^{13}+z+z^4+z^{16}=\eta_1’ ;
\end{array}$$

所以

$$\eta_1’ \eta_4’ =2\eta_1’ +\eta_2’ +\eta_3’ ;$$

$\eta_2’ \cdot \eta_3’ $是下述之和：

$$\begin{array}{l}
z^8+z^{15}+z^9+z^2 =\eta_2’ ,\\
z^4+z^{16}+z^{13}+z=\eta_1’ ,\\
z^5+z^3+z^{12}+z^{14}=\eta_4’ ,\\
z^9+z^2+z^8+z^{15}=\eta_2’ ,
\end{array}$$

所以

$$\eta_2’ \eta_3’ =2\eta_2’ +\eta_1’ +\eta_4’ ;$$

最后，$\eta_2’ \cdot \eta_4’ $是下述之和：

$$\begin{array}{l}
z^{12}+z^{14}+z^5+z^3 =\eta_4’ ,\\
z^3+z^{12}+z^{14}+z^5=\eta_4’ ,\\
z+z^4+z^{16}+z^{13}=\eta_1’ ,\\
z^{10}+z^6+z^7+z^{11}=\eta_3’ ,
\end{array}$$

所以

$$\eta_2’ \eta_4’ =2\eta_4’ +\eta_1’ +\eta_3’ .$$

于是我们得到：

$$(\eta_1’ -\eta_2’ )(\eta_3’ -\eta_4’ )=2\eta_3’ +\eta_2’ +\eta_4’ -2\eta_1’ -\eta_2’ -\eta_3’ -2\eta_2’ -\eta_1’ -\eta_4’ +2\eta_4’ +\eta_1’ +\eta_3’ ,$$

合并同类项：

$$\begin{align}
(\eta_1’ -\eta_2’ )(\eta_3’ -\eta_4’ ) & =-2\eta_1’ -2\eta_2’ +2\eta_3’ +2\eta_4’ \\
& =-2(\eta_1 -\eta_2 ) ,
\end{align}$$

这是一个很重要的结果，由此得

$$\eta_3’ -\eta_4’ =\dfrac{-2(\eta_1 -\eta_2 )}{\eta_1’ -\eta_2’ } .\label{2.11} \tag{2.11}$$

现在上式的左边依赖于$\eta_3’ $和$\eta_4’ $在式$\eqref{2.10}$中取正号还是取负号，而右边只依赖于$\eta_1 $、$\eta_2 $、$\eta_1’ $、$\eta_2’ $的符号的选取.于是，我们看到了，$\eta_3’ $、$\eta_4’ $的符号依赖于其他四个符号的分布.

现在我们继续进行分解工作.

把$\eta_1’$分成

$$\begin{array}{l}
z+z^{16}=\eta_1’’ ,\\
z^4+z^{13}=\eta_2’’ ,
\end{array}$$

立刻有

$$\eta_1’’ +\eta_2’’ =\eta_1’ ,$$

$$\eta_1’’ \eta_2’’ =z^5+z^{14}+z^3 +z^{12} =\eta_4’ ,$$

于是$\eta_1’’ $、$\eta_2’’ $是方程

$$u^2 -\eta_1’ u+\eta_4’ =0$$

的根，所以

$$\eta_1’’ ,\eta_2’’ =\dfrac12 [\eta_1’ \pm \sqrt{(\eta_1’ )^2-4\eta_4’ }] .$$

最后我们有

$$\begin{array}{l}
z+z^{16}=\eta_1’’ ,\\
z\cdot z^{16}=1 ,
\end{array}$$

于是$z$和$z^{16}$满足方程

$$z^2 -\eta_1’’ z+1=0,\label{2.12} \tag{2.12} $$

把所有这些结果汇集起来，在式$\eqref{2.7}$中，设

$$\eta_1 =\dfrac12 (-1+\sqrt{17} ),\eta_2 =\dfrac12 (-1-\sqrt{17} ),$$

所以

$$\eta_1 -\eta_2 > 0.$$

如果在式$\eqref{2.9}$中，$\eta_1’$仍选上边的符号，则我们有

$$\begin{array}{l}
\eta_1’ =\dfrac12 (\eta_1 +\sqrt{\eta_1^2 +4} ) ,\\
\eta_2’ =\dfrac12 (\eta_1 -\sqrt{\eta_1^2 +4} ) ,
\end{array}$$

从而

$$\eta_1’ -\eta_2’ > 0.$$

再由式$\eqref{2.11}$，得

$$\eta_4’ -\eta_3’ > 0.$$

因此在式$\eqref{2.10}$中$\eta_4’ $的符号的选取就定了：

$$\begin{array}{l}
\eta_3’ =\dfrac12 (\eta_2 -\sqrt{\eta_2^2 +4} ) ,\\
\eta_4’ =\dfrac12 (\eta_2 +\sqrt{\eta_2^2 +4} ) ,
\end{array}$$

进而计算，有

$$\begin{array}{l}
\eta_1^2 =\dfrac14 (-1 +\sqrt{17} )^2 = \dfrac14 (18 -2\sqrt{17} ),\\
\eta_2^2 =\dfrac14 (-1 -\sqrt{17} )^2 = \dfrac14 (18 +2\sqrt{17} ),
\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{l}
\eta_1’ =\dfrac14 \Big[ -1+\sqrt{17} +\sqrt{2(17-\sqrt{17} )}\Big],\\
\eta_4’ =\dfrac14 \Big[ -1-\sqrt{17} +\sqrt{2(17+\sqrt{17} )}\Big], \end{array}$$

这些值对计算$\eta_1’’ $、$\eta_2’’$是需要的，而$\eta_1’’ $、$\eta_2’’$符号的选取也是自由的.设

$$\eta_1’’ =\dfrac12 \Big[\eta_1’ + \sqrt{(\eta_1’ )^2-4\eta_4’ }\Big] ,$$

并得到：

$$\begin{align}
\eta_1’’ =& \dfrac12 \Big\lbrace \dfrac14 \Big[ -1+\sqrt{17} +\sqrt{2(17-\sqrt{17} )}\Big] +\\
& \sqrt{\dfrac{1}{16} \Big[ -1+\sqrt{17} +\sqrt{2(17-\sqrt{17} )}\Big]^2+1+\sqrt{17} -\sqrt{2(17+\sqrt{17} )} } \Big\rbrace \\
= & \dfrac18 \Big[-1+\sqrt{17} +\sqrt{2(17-\sqrt{17})} +\sqrt{R}\Big] ,
\end{align}$$

其中

$$\begin{align}
R = & \Big[ -1+\sqrt{17} +\sqrt{2(17-\sqrt{17} )}\Big]^2+16+16\sqrt{17} -16\sqrt{2(17+\sqrt{17} )} \\
= & 4\cdot 17+12\sqrt{17} +2(-1+\sqrt{17})\sqrt{2(17-\sqrt{17} )} -16\sqrt{2(17+\sqrt{17} )} ,
\end{align}$$

但是，我们有

$$\begin{align}
& (1+\sqrt{17})\sqrt{2(17-\sqrt{17} )} \\
= & \sqrt{2\sqrt{17}(\sqrt{17}-1)(1+\sqrt{17})^2} \\
= & \sqrt{2\sqrt{17} \cdot 16(1+\sqrt{17})} \\
= & 4\sqrt{2(17+\sqrt{17})} .
\end{align}$$

与$R$的最后两项相比较，得到

$$R=4\cdot 17+12\sqrt{17} -4\sqrt{2(17-\sqrt{17} )} -8\sqrt{2(17+\sqrt{17} )} ,$$

于是

$$\begin{align}
\eta_1’’ = & \dfrac18 \Big[-1+\sqrt{17} +\sqrt{2(17-\sqrt{17})} + \\
& 2\sqrt{17+3\sqrt{17} -\sqrt{2(17-\sqrt{17} )} -2\sqrt{2(17+\sqrt{17} )}}\Big],
\end{align}$$

这个量是实的.我们可从式$\eqref{2.12}$得到$z$和$z^{16}$，它们满足

$$\eta_1’’ =z+z^{16} =z+z^{-1} =2\cos{\theta_1 } ,$$

$$\cos{\theta_1 } =\dfrac12 \eta_1’’ ,$$

这正是正十七边形中心角的余弦.

$\eta_1’’ $的表达式的最重要的特征是，它只包含有理数的加、减、乘以及开方运算.这个数可以用直尺圆规构造出来.接下来，$\sin{\theta_1 }$也可用直尺圆规构造出来.这样一来，我们就证明了可用直尺圆规构造正十七边形.

这个证明是属于高斯（Carl Friedrich Gauss,$1777-1855$）的，发表在《算术探讨》（Disquisitions Arithmeticae,$1801$）中，他对此也深感骄傲，并指出，在此之前，两千年来人们对作正多边形的研究没有新的进展.

从证明中可以清楚地看出，高斯的构造依赖于这样的事实：$16=17-1=2^4$.这就容许我们将问题化为一系列的二次方程的解.若$p$是形如$2^k +1$的素数，则可用高斯的方法借助直尺圆规构造正$p$边形.当$k$含有奇数的因数$u$时，$2^k+1$不可能是素数.事实上，令$k=ul$，并设$2^l =A$，则

$$\begin{align}
2^k+1 = & 2^{ul} +1=A^u +1\\
= & (A+1)(A^{u-1} -A^{u-2} +\cdots +1 ),
\end{align}$$

这样一来，$2^k+1$不是素数.要$2^k+1$是素数，$k$必须是$2$的方幂，即$k=2^n $.所以我们必须找形如$2^{2^n} +1$的素数，即费马素数.