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关于尺规作图、正多边形和费马数: 可用尺规作图作出的正多边形应满足的充分必要条件: 正多边形的边数目必须是2的非负整数次方和不同的费马数(2^(2^n)+1)的积。 证明(网上很难找到相关资料,这里给出我自己的证明): 先证明能由正a边形得到正2a边形。 设圆O的外接正a边形的顶点分别为A[0],A[1],...,A[a-1], B[0]为线段A[0]A[1]的中点, 线段A[0]A[1]的中垂线交劣弧A[0]A[1]于C[0], 则可通过三角形全等的性质证明A[0]C[0]=A[1]C[0]。 以此类推可得2a边形A[0]C[0]A[1]C[1]A[2]C[2]...A[a-1]C[a-1]是圆O的外接正2a边形。 再证明能得到正4边形。 第1步:作圆O和它的一条直径D[0]D[2]。 第2步:作这条直径的中垂线,交圆O于D[1]和D[3]。 第3步:依次连接D[0]D[1]D[2]D[3],则可得正4边形。 事实上,圆的一条直径就是它的内接正2边形。 再证明若正2b+1边形可用尺规作图作出(b为正整数),且2b+1为素数,则b是2的非负整数次方。 要证明以上命题成立,则只需要证明 若正2b+1边形可用尺规作图作出,则cos(2*pi*(1/(2*b+1)))为规矩数。 其中规矩数的定义是: 能用尺规作图法得到的数。 即: 若q为有理数,则sqrt(q)为规矩数; 若r为规矩数,则sqrt(r)仍为规矩数; 有限个规矩数进行有限次四则运算的结果依然是规矩数。 ∴规矩数一定是代数数(即为一整系数代数方程的解),且以此解为其解的最小多项式的次数为2的非负整数次方。 要想求出cos(2*pi*(1/(2*b+1))),就要通过切比雪夫多项式列b+1次方程 cos(2*pi*(b/(2*b+1)))=cos(2*pi*((b+1)/(2*b+1))) 由函数y=cos(x)的最小正周期为2*pi和代数基本定理可得b+1个解 cos(2*pi*(c/(2*b+1))),其中c是非负整数且c≤b。 即有解1。 ∴这个b+1次方程可化为b次方程, ∴当且仅当b是2的非负整数次方时(即b不能有奇素数因子),这个b次方程有规矩数解。 再证明若m和n互素,则可由给定的正m边形和正n边形作出正mn边形。 若m和n互素,则存在两个整数p,q使mp+nq=1, ∴可得到角2*pi/(m*n)。 再证明若正2^d+1边形可用尺规作图作出,则d也是2的非负整数次方。 若d有奇素数因子, 设d=f*2^g(f为大于1的奇数,g为非负整数), 则2^d+1=2^(f*2^g)+1 令2^(2^g)=h 则有2^d+1=(h+1)(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1) ∴作出正2^d+1边形的充要条件为 作出正(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)边形,其中(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)与(h+1)互素。 ∵(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)除以(h+1)的余式为f, ∴作出正2^d+1边形的充要条件为f与(h+1)互素,否则需要求解k次方程, 其中奇数k为f与(h+1)的大于1的公因子, ∴尺规作图得不到。 而h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1=(h-1)*(h^(f-2)+h^(f-4)+...+h)+1 =(2^(2^g-1)+2^(2^g-2)+...+4+2+1)*(2^((2^g)*(f-2))+h^2^((2^g)*(f-4))+...+2^(2^g))+1 不是2的非负整数次方+1。 ∴尺规作图得不到。 ∴d不能有奇素数因子,必须是2的非负整数次方。 ∴综上所述得: 可用尺规作图作出的正多边形应满足的充分必要条件就是: 正多边形的边数目必须是2的非负整数次方和不同的费马数(2^(2^n)+1)的积。
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