なぜ正'フェルマー素数'角形は作図できるのか？

背景

この記事では、正3角形、正5角形、正17角形に代表される「正'フェルマー素数'角形」が定規とコンパスで作図できることを、正17角形などの具体的な場合を計算して示すのではなく「どうしてこんな芸当が可能なのか」に焦点を置いて解説していきます。

この「作図できる」の定義は、定規とコンパスで作図できることを示しています。

準備

正素数角形が作図できるか判断するために必要な道具を整理します。

素数を法とする原始根

素数で割った余り、いわゆる$\text{mod}$に注目します。この節でカギとなるのは「必ず原始根が存在し、原始根のべき乗ですべての数を表現できること」です。

素数$p$を法とする原始根$k$は「$(p-1)$乗してはじめて$1$になる数」と説明することもできます。この性質から、$k$を順番に掛けていくと$2$から$p-1$までの数を1回ずつ通って$1$にたどり着き、それ以降は最初からループすることが分かります。たとえば$7$を法とする原始根として$3$がとれますから、次のような巡回が成り立ちます。
7を法とする数の巡回

どの数から始めても3倍、3倍と繰り返し$3$を掛けていくことで、$7$未満の自然数を巡回することができます。この「掛け算による巡回」がのちのち役に立つので覚えておきましょう。

1のべき乗根

次に、1のべき乗根について必要な情報を整理します。

通常は、そしてこの記事でも1のp乗根は複素数の範囲で考えます。1のp乗根は、複素平面上では原点を中心に正p角形状に並びます。また、ド・モアブルの定理より
$$\zeta :=\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}+i\sin {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}$$
とすると、この$\zeta$は1の原始p乗根になります。
複素平面における1の7乗根(左)とその和(右)

また、上図右のように複素平面上で1のp乗根を順番に足していくと正p角形を作り、元の場所に戻ってきます。1のp乗根のうちひとつは必ず1ですから、次のような定理が成り立ちます。

pを法とする原始根と1のp乗根

素数$p$を法とする原始根$k$のべき乗は、$p$未満のすべての自然数を一回ずつ通ることを示しました。ここから次の定理が成り立ちます。

また、1の原始p乗根の周期性を考えると、次が成り立ちます。

この2つを組み合わせて考えると次のような定理が成り立ちます。

たとえば$p=7$なら次のような'ループ'が作れます。
7を法とする数の巡回と1の原始7乗根

mod 7 の世界で繰り返し3を掛けることで1～6を巡回できたように、1の7乗根は繰り返し3乗することで${\zeta }^1$～${\zeta }^6$を巡回できるのです。整数のループには$0$が、p乗根のループには${\zeta }^0=1$が含まれないため、周期は$p-1$となります。さらに、原始根の存在定理によりこのループは$p$がどんな素数でも作ることができます。
また、(どのような素数$p$と原始根$k$の組み合わせでも)このループの反対側にあるp乗根同士をかけ合わせると必ず$1$になります。下図のように負の指数を使うと、このことが分かりやすくなります。
7を法とする数の巡回と1の原始7乗根(負の指数を使った表現)

正'フェルマー素数'角形が作図できることの証明

定義と準備

ここからがいよいよ本題です。登場人物は次の3人です。

• フェルマー素数$p$
• $p$を法とする原始根$k$
• 1の原始p乗根$\zeta :=\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}+i\sin {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}$

正p角形が作図できることを証明するためには$\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}$が有理数と四則演算・平方根で計算できることを示せばよいのですが(この2つは同値です。この記事を読んでいる方にとっては既知の事実でしょう)、この値は原始p乗根と次のような関係があります。
$$\begin{array}{rl}\zeta +{\zeta }^{-1}& =(\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}+i\sin {\displaystyle \frac{2\pi }{p}})+(\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}-i\sin {\displaystyle \frac{2\pi }{p}})\\ & =2\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{p}}\end{array}$$
これにより、正p角形が作図できることと$\zeta +{\zeta }^{-1}$が作図できることは同値であることが分かりました。よって、ここからは$\zeta +{\zeta }^{-1}$が二次方程式を連鎖的に解いて求められることを証明していきます。
ようやく正p角形と繋がりましたね。

p乗根のグループ分け

1を除く1のp乗根は${\zeta }^{k^1},{\zeta }^{k^2},{\zeta }^{k^3},...,{\zeta }^{k^{p-1}}$と繰り返し$k$乗することで全て表すことができ、これは$p-1$の周期で循環するループになっているのでした。$p=17,k=3$の場合は次のようになります。
1の17乗根の巡回

さて、このループは$p-1$の周期で循環しますが、フェルマー素数の定義より$p-1$は2のべき乗ですから必ず偶数周期のループになり、これを奇数番目の数と偶数番目の数に分けることで、周期が半分になったループを2つ作ることができます。新しくできたループはもとのループの「ひとつ飛ばし」ですから、すべての数がひとつ前の数の$k^2$乗になります。
1の17乗根のグループ分け

完成した2つのループについて、それぞれの数の和を${\alpha }_1,{\alpha }_2$とおくと、${\alpha }_1,{\alpha }_2$を解に持つ有理数係数の二次方程式が必ず立てられます。具体的には、1のp乗根の性質から${\alpha }_1+{\alpha }_2=-1$が分かり、${\alpha }_1{\alpha }_2$を計算すると有理数になるので、解と係数の関係を使って二次方程式を立てることができます。

${\alpha }_1,{\alpha }_2$は有理数を係数とする二次方程式の解ですから、有理数と四則演算・平方根を使って表すことができます。なお、$p=5$の場合はここで求めた値の片方が${\zeta }^1+{\zeta }^{-1}=2\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{5}}={\displaystyle \frac{\sqrt{5}-1}{2}}$になるので、ここで証明終了です。

再帰的なグループ分け

周期${\displaystyle \frac{p-1}{2}}$で循環する2つのループができ、それぞれが含む数の和が二次方程式の解として求められました。できあがったループの周期が2より大きいなら、さらに奇数番目と偶数番目に分けることで周期${\displaystyle \frac{p-1}{4}}$のループを計4つ作ります。
1の17乗根のグループ分け2回目

和が${\alpha }_1$のループから作った小さなループの数の和を${\beta }_1,{\beta }_2$、和が${\alpha }_2$のループから作った小さなループの数の和を${\beta }_3,{\beta }_4$とすると、「${\beta }_1,{\beta }_2$を解に持つ二次方程式」と「${\beta }_3,{\beta }_4$を解に持つ二次方程式」を立てることができます。これらの二次方程式の係数は有理数と${\alpha }_1,{\alpha }_2$の四則演算だけで表すことができ、やはり作図できます。

以降、これと同じことを周期2のループができるまで再帰的に繰り返します。1段階進むごとにループの周期は半分になり、ループと二次方程式の数が倍に増えていきます。周期2のループは必ず${\zeta }^n$と${\zeta }^{-n}$の組み合わせになるので、この時点で${\zeta }^1+{\zeta }^{-1}$の値が求められて証明終了です。