问题的抽象

一、作正 $n$ 边形，本质上就是作长 $\cos(\frac{2\pi}{n})$ 的线段

cos(theta)和正n边形关系

二、尺规作图能得到的长度

通过上一节的作图方法，我们相当于构造性的证明了，以有理数集合为基础，进行有限次加、减、乘、除 和 开平方 运算得到的长度都可以由尺规作图得到，即：

有理数有限次+-\times\div\sqrt{}得到的长度集合\ \ \subseteq\ \ 尺规可作长度集合\ \ \ \ \ \ \ \textbf{(命题3.1)}

那么，是否所有由尺规作图能得到的长度，都可以通过有理数进行有限次加、减、乘、除 和 开平方 得到? 即：

尺规可作长度集合\ \ \subseteq\ \ 有理数有限次+-\times\div\sqrt{}得到的长度集合\ \ \ \ \ \ \ \textbf{(命题3.2)}

证明命题 3.2：

首先，尺规作图得到的某个长度，就是一条线段，有两个端点
尺规作图中所有的端点，除原点外，只能是：直线和直线、直线和圆、圆和圆 的交点

直线与直线交点：已知两点确定一条直线，直线的方程是 $ax + by + c = 0$ 。求交点就是解二元一次方程组。这只需要加、减、乘、除。
直线与圆交点：圆的方程是 $(x - h)^2 + (y - k)^2 = r^2$ 。求交点就是把直线方程代入圆方程，你会得到一个一元二次方程。根据求根公式，解这个方程除了加减乘除，只多出了一步：开平方（ $\sqrt{\Delta}$ ）。
圆与圆交点：两个圆方程相减，平方项直接抵消，化简为一条直线方程（公共弦）。于是问题退化为了“直线与圆交点”，依然只需要加减乘除和开平方。

结论：尺规作图不管画多少步，新产生的点坐标（以及由这些坐标计算出的线段长度 $\beta$ ），在代数上仅仅是对初始的有理数进行了有限次的加、减、乘、除和开平方运算。

三、问题的抽象（几何 $\rightarrow$ 代数）

尺规作图正 $n$ 边形问题被转化为了下面的代数问题：

正整数 n 应该满足什么条件，才能使得 \cos(\frac{2\pi}{n}) 可以通过有理数集合进行有限次 +-\times\div\sqrt{} 得到 ?

正5边形可尺规作图，因为：

\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right) = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}

正17边形可尺规作图，因为：

\cos\left(\frac{2\pi}{17}\right) = \frac{1}{16} \left( -1 + \sqrt{17} + \sqrt{34 - 2\sqrt{17}} + 2\sqrt{17 + 3\sqrt{17} - \sqrt{34 - 2\sqrt{17}} - 2\sqrt{34 + 2\sqrt{17}}} \right)

正11边形不可尺规作图，因为：

\cos\left(\frac{2\pi}{11}\right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left(\frac{2\pi}{11}\right)^{2n}\ \ (这个表达式无法化简为有理数的有限步计算)