猜想和必要性证明（二）

$a + bi = \sqrt{a^2 + b^2} \left(\cos\theta + i\sin\theta\right)$
其中 $\theta$ 是 $a + bi$ 在复平面上和实轴的夹角，即幅角

$(a + bi)(c + di) = \sqrt{a^2 + b^2}\sqrt{c^2 + d^2} \left\{\cos(\theta+\phi) + i\sin(\theta+\phi)\right\}$
其中 $\theta$,$\phi$ 分别是 $a + bi$ 和 $c + di$ 在复平面上的幅角

令复数 $\zeta = \cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n})$    (定义5.1)

$\zeta$ 的模 $|\zeta| = \sqrt{\cos^2(\frac{2\pi}{n}) + \sin^2(\frac{2\pi}{n})} = 1$, 因此 $\zeta$ 是一个单位向量，它和实轴的夹角就是 $\frac{2\pi}{n}$

$\zeta^n = \underbrace{1 \times 1 \times \cdots \times 1}_{n \text{ 个 1}} \left\{\cos(\underbrace{\frac{2\pi}{n} + \cdots + \frac{2\pi}{n}}_{n \text{ 个}}) + i\sin(\underbrace{\frac{2\pi}{n} + \cdots + \frac{2\pi}{n}}_{n \text{ 个}})\right\}$
$= \cos(2\pi) + i\sin(2\pi) = 1 + i \cdot 0 = 1$

由 $\zeta^n = 1$, $\zeta^n - 1 = 0$, 我们知道 $\zeta$ 是多项式 $p(x) = x^n - 1$ 在复数域的一个根    (命题5.1)

$\zeta$ 有一个几何专属名：「主 $n$ 次单位根 (Principal $n$-th root of unity)」

进一步地，$1, \zeta, \zeta^2, \cdots, \zeta^{n-1}$ 构成了方程 $x^n = 1$ 在复数域中的全部 $n$ 个单位根。
由于 $\zeta^n = 1$，所以对任意整数 $k$ 和任意整数 $t$，都有：
$\zeta^k = \zeta^{k + tn} = \zeta^{k \bmod n}$，其中 $k \bmod n$ 是 $k$ 除以 $n$ 的余数。

当 $k$ 是负数时，$k \bmod n$ 仍然定义为那个满足 $k = qn + r$ 的余数 $r$，其中 $q$ 是整数，且 $0 \le r < n$。例如 $-1 \bmod n = n - 1$。

注意到：
$\zeta^{-1} = \frac{1}{\zeta} = \frac{1}{\cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n})} = \frac{\cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})}{\left[\cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n})\right] \cdot \left[\cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})\right]}$

$= \frac{\cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})}{\cos^2(\frac{2\pi}{n}) - i^2\sin^2(\frac{2\pi}{n})} = \frac{\cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})}{\cos^2(\frac{2\pi}{n}) + \sin^2(\frac{2\pi}{n})} = \frac{\cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})}{1}$

$= \cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})$

因此:
$\zeta + \frac{1}{\zeta} = \left[\cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n})\right] + \left[\cos(\frac{2\pi}{n}) - i\sin(\frac{2\pi}{n})\right] = 2\cos(\frac{2\pi}{n})$

$\cos(\frac{2\pi}{n}) = \frac{1}{2}(\zeta + \frac{1}{\zeta})$

现在我们知道，$\cos(\frac{2\pi}{n})$ 和 $\zeta$ 可以相互表出：

• $\zeta = \cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n}) = \cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sqrt{1 - \cos^2(\frac{2\pi}{n})}$    (命题5.2)
• $\cos(\frac{2\pi}{n}) = \frac{1}{2}(\zeta + \frac{1}{\zeta})$    (命题5.3)

在第4章中我们学习了数域和扩域理论。并且得出一个重要结论：尺规作图有限步开平方后，得到的数域的维数一定是 $2$ 的某次方（命题4.8）。那么如果 $\cos(\frac{2\pi}{n})$ 被尺规作出了，它被作出时当前的维数一定也是 $2$ 的次方。

假设 $A$ 是用尺作出 $\cos(\frac{2\pi}{n})$ 时生成的数域，即

$A = Q + \underbrace{\cdots\text{ }\cdots}_{\text{中间长度集合}S} + \left\{\cos(\frac{2\pi}{n})\right\}$    (式 5.1)    (这里的"+"是扩域的意思)

根据之前的讨论，存在 $\ge 0$ 的整数 $k$ 使得

$d(A, Q) = 2^k$        (式 5.2)    ($d$ 代表维数函数，见命题4.7)。

现在我们做关键的一步，我们把 $\sin(\frac{2\pi}{n})$，复数 $i$，依次加入到数域 $A$ 中进行扩域 (这次不是尺规作图，是纯理论性的扩域)，最终得到数域 $K$。

$K = A + \left\{\sin(\frac{2\pi}{n})\right\} + \left\{i\right\}$        (式 5.3)

因为 $\zeta = \cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n})$，因此 $\zeta$ 也会自动包含在 $K$ 中。再由命题4.6，扩域的结果和加入的顺序无关，所以我们可以把后面那些数合到一个集合里写：

$K= Q + \underbrace{\cdots\text{ }\cdots}_{\text{中间长度集合}S} + \left\{\cos(\frac{2\pi}{n}), \sin(\frac{2\pi}{n}), i, \zeta\right\}$        (式 5.4)

令 $B = A(\sin(\frac{2\pi}{n}))$

于是 $K = B(i)$

根据命题4.7（塔定理），我们有：

$d(K, Q) = d(A, Q) \times d(B, A) \times d(K, B)$        (式 5.5)

由(式 5.2)：$d(A, Q) = 2^k$

现在求 $d(B, A) = d(A(\sin(\frac{2\pi}{n}), A)$

由于 $\sin(\frac{2\pi}{n})$ 是多项式 $p(x) = x^2 + \cos^2(\frac{2\pi}{n}) - 1$ 的根，并且 $p(x)$ 中的系数 ($1$ 和 $\cos^2(\frac{2\pi}{n}) - 1$) 都在数域 $A$ 中，$p(x)$ 的次数是2，因此向 $A$ 中加入 $\sin(\frac{2\pi}{n})$ 后，由命题4.4可知:

$d(A(\sin(\frac{2\pi}{n})), A) = 2\text{ 或 }1$        (式 5.6)

(有可能等于 1 是因为由 $\cos(\frac{2\pi}{n})$ 得到 $\sin(\frac{2\pi}{n})$ 时不一定必然扩域，如 $\sin(\frac{2\pi}{4}) = \cos(\frac{2\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$，或者我们在尺规作出 $\cos(\frac{2\pi}{n})$ 之前，可能已经作出了 $\sin(\frac{2\pi}{n})$。这些情况下 $\sin(\frac{2\pi}{n})$ 已经在 $A$ 中，再加入一次就不会发生扩域)

现在求 $d(K, B) = d(B(i), B)$

由于 $i$ 是多项式 $p(x) = x^2 + 1$ 的根，并且 $p(x)$ 中的系数 ($1$ 和 $1$) 都在数域 $B$ 中，$p(x)$ 的次数是2，因此再由命题4.4可知:

$d(B(i), B) = 2$        (式 5.7)

(这次不可能等于 1 是因为 $i$ 是我们第一次向数域中加入复数，$i$ 不可能在原来的数域中，因此一定会发生扩域)

将 (式 5.2) (式 5.6) (式 5.7) 代入 (式 5.5)，我们得到

$d(K, Q) = d(A, Q) \times d(B, A) \times d(K, B) = 2^k \times (2\text{ 或 1}) \times 2 = 2^{k_1}$        (式 5.8)

我们在有理数集 $Q$ 中，先加入 $\zeta$，由于 $\cos(\frac{2\pi}{n}) = \frac{1}{2}(\zeta + \frac{1}{\zeta})$  (命题5.3)，这等价于又加入了 $\cos(\frac{2\pi}{n})$，然后再向其中加入 $\sin(\frac{2\pi}{n})$，由于 $i = \frac{\zeta - \cos(\frac{2\pi}{n}))}{\sin(\frac{2\pi}{n})}$，这等价于又加入了 $i$，最后我们再加入(式 5.1)中那些中间长度的集合 $S$：

$K = Q + \left\{\zeta\right\} + \left\{\sin(\frac{2\pi}{n})\right\} + \underbrace{\cdots\text{ }\cdots}_{\text{中间长度集合}S}$    (式 5.9)

$= Q + \left\{\zeta, \cos(\frac{2\pi}{n}), \sin(\frac{2\pi}{n}), i\right\} + \underbrace{\cdots\text{ }\cdots}_{\text{中间长度集合}S}$    (式 5.10)

回顾一下前面的 (式 5.4)：
$K= Q + \underbrace{\cdots\text{ }\cdots}_{\text{中间长度集合}S} + \left\{\cos(\frac{2\pi}{n}), \sin(\frac{2\pi}{n}), i, \zeta\right\}$        (式 5.4)

可见虽然加入的顺序不同，最后得到的是同一个数域 $K$

令 $C = Q(\zeta)$

$D = C(\sin(\frac{2\pi}{n}))$

于是 $K = D(S)$

根据命题4.7（塔定理），我们有：

$d(K, Q) = d(C, Q) \times d(D, C) \times d(K, D)$        (式 5.11)

由于 $C$ 中包含了 $\cos(\frac{2\pi}{n})$，按照前面已经讨论过的思路我们知道：

$d(D, C) = d(C(\sin(\frac{2\pi}{n}), C) = 2\text{ 或 }1$    (式 5.12)

$d(K, D) = d(D(S), D)$

因为 $S$ 中的数都是尺规作图可以作出的长度，所以 $S$ 中每一个导致扩域的数都是开平方得到的数，这个数的最小多项式的次数只能是2或1，所以必然有：

$d(D(S), D) = 2^{k_2}$  ($k_2$ 是 $\ge 0$ 的整数)    (式 5.13)

最后只剩下求 $d(C, Q) = d(Q(\zeta), Q)$
根据命题4.4，$d(Q(\zeta), Q)$ 等于“以 $\zeta$ 为根，$Q$ 中数为系数的，最小多项式的次数”
我们已经知道的一个以 $\zeta$ 为根，$Q$ 中数为系数的多项式是： $p(x) = x^n - 1$  (详见命题5.1)
但是，这个多项式是不是次数“最小”的多项式呢？答案是：不一定。

我们规定：以 $\zeta$ 为根，$Q$ 中数为系数的“最小”多项式为：「$n$ 次分圆多项式」
我们假设它的次数为 $p_n$。    (定义 5.2)

于是 $d(C, Q) = d(Q(\zeta), Q) = p_n$    (式 5.14)

将 (式 5.12) (式 5.13) (式 5.14) 代入 (式 5.11)：

$d(K, Q) = p_n \times (2\text{ 或 }1) \times 2^{k_2} = p_n \times 2^{k_3}$    (式 5.15)

再和之前算出的 $K$ 的维数 (式 5.8) 建立等式：

$p_n \times 2^{k_3} = 2^{k_1}$

$p_n = 2^{k_4}$    (式 5.16)

这就是我们苦苦寻找的“尺规可作正n边形”的“n”必须满足的条件（必要条件）。
虽然我们不知道 $k_4$ 的值是多少，但是我们知道 $p_n$ 一定是2的次方，这已经是很强的限制条件了。
从定义5.2来看，$p_n$ 和 $n$ 是强相关的。下一步我们就集中精力探索 $p_n$ 和 $n$ 的关系，从而得到 $n$ 的表达式。

任务回顾：
我们现在要寻找以主单位根 $\zeta$ 为根的“最小次数有理多项式”，看看它的次数是什么，和 $n$ 是什么关系。我们用 $\Phi_n(x)$ 代表以 $\zeta$ 为根的最小多项式。

性质1: 如果 $\Phi(x)$ 是它的任意一个根的最小多项式，那么 $\Phi(x)$ 一定是不可约的（在某个系数域中）    (命题5.4)

关于“不可约”的定义详见「附录4」。

性质2: 如果 $\Phi(x)$ 是以 $\alpha$ 为根的最小多项式，那么 $\Phi(x)$ 能够整除任意以 $\alpha$ 为根的多项式（在某个系数域中）    (命题5.5)

性质3: 如果 $\Phi(x)$ 是它的一个根的最小多项式，那么它也是它其他根的最小多项式（在某个系数域中）    (命题5.6)

设 $\Phi(x)$ 是以 $\alpha$ 为根的最小多项式，$\beta$ 是 $\Phi(x)$ 的另一个根，那么我们断言 $\Phi(x)$ 也是 $\beta$ 的最小多项式。

根据代数基本定理（「附录9」），如果知道了一个多项式在复数域的全部根，就可以得到这个多项式了（只差一个常数系数），所以我们只要找到 $\Phi_n(x)$ 在复数域中的全部根即可得到 $\Phi_n(x)$。

我们先来看看 $\Phi_n(x)$ 的根的“候选人”。

因为 $\zeta$ 是 $x^n - 1$ 的根，那么根据「命题5.5」，$\Phi_n(x)$ 能整除 $x^n - 1$，即存在多项式 $Q(x)$ 使得：

$x^n - 1 = \Phi_n(x)\cdot Q(x)$

$x^n - 1$ 在复数域中的根只有 $n$ 个，就是复平面上单位圆上的 $n$ 个单位根：

$\{\zeta, \zeta^2, \cdots, \zeta^{n-1}, 1\}$

于是 $x^n - 1$ 作为复系数域中的多项式可以唯一分解为：$(x - \zeta)(x - \zeta^2)\cdots(x - \zeta^{n-1})(x - 1)$
根据多项式的「欧几里得引理」（见附录4），这 $n$ 个复系数域中的不可约因式「$x - \zeta^i$」，必然要逐一分配给 $\Phi_n(x)$ 和 $Q(x)$，其中分配给 $\Phi_n(x)$ 的项就对应着 $\Phi_n(x)$ 的根。也就是说，$\Phi_n(x)$ 在复数域的根，只能从 $\{\zeta, \zeta^2, \cdots, \zeta^{n-1}, 1\}$ 中取，而且不能有重根（因为 $x^n - 1$ 没有重因式）。

大胆猜测：
那么，分给 $\Phi_n(x)$ 的是哪些「$\zeta^i$」呢？我们知道，$\zeta = \zeta^1$ 是 $\Phi_n(x)$ 的根，那么我们不妨猜想一下，$\{\zeta, \zeta^2, \cdots, \zeta^{n-1}, 1\}$ 中有哪些和 $\zeta^1$ 是“同类”呢？
这 $n$ 个单位根是 $x^n = 1$ 的根，但是，其中有一些不仅是 $x^n = 1$ 的根，还有可能是比 $n$ 更小的 $k$ 的 $x^k = 1$ 的根。
例如，当 $n = 6$ 时，$\zeta^2$ 不仅是 $x^6 = 1$ 的根，还是 $x^3 = 1$ 的根（因为 $(\zeta^2)^3 = \zeta^6 = 1$）
这样的「$\zeta^i$」就显得不那么“纯粹”。我们大胆猜测，$\zeta^1$ 的“同类”只包括哪些 $i$ 和 $n$ 互素的 $\zeta^i$，只有这些才是 $\Phi_n(x)$ 的根
（$i$ 与 $n$ 互素保证了不存在比 $n$ 更小的 $k$ 使得 $(\zeta^i)^k = 1$）

小心求证：
已知：$\Phi_n(x)$ 是以 $\zeta$ 为根的最小多项式。求证：
(一) $\zeta^i$ 必然也是 $\Phi_n(x)$ 的根，其中 $i$ 和 $n$ 互素。
(二) $\zeta^i$ 必然不是 $\Phi_n(x)$ 的根，其中 $i$ 和 $n$ 不互素。

现在我们证明了：以 $\zeta$ 为根的最小多项式 $\Phi_n(x)$ 的根，是且只能是形如「$\zeta^k$」（$k$ 与 $n$ 互素）的单位根。
这样的单位根一共有 $\varphi(n)$ 个，$\varphi(n)$ 是「欧拉函数」，即 $1\cdots n$ 中和 $n$ 互素的正整数的个数。
因此，$\Phi_n(x)$ 的次数，就等于 $\varphi(n)$。

前面 5.2 小节的末尾，我们得到了：
$p_n = 2^{k_4}$
这里的 $p_n$ 就是以 $\zeta$ 为根的最小多项式 $\Phi_n(x)$ 的次数，我们刚刚知道它等于欧拉函数 $\varphi(n)$。
$k_4$ 是一个不确定的正整数，我们改用 $k$ 代表它，即：

$\varphi(n) = 2^k$

基于这个起点，我们可以通过标准的数论工具，极其严密且初等地推导出 $n$ 的通用表达式。

根据算术基本定理，任何正整数 $n$ 都可以唯一分解为素数幂的乘积。我们设：

$n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \dots p_m^{a_m}$

根据「附录10」中的欧拉函数展开公式，我们有：

$\varphi(n) = p_1^{a_1-1}(p_1 - 1) p_2^{a_2-1}(p_2 - 1) \dots p_m^{a_m-1}(p_m - 1)$

我们的目标是让 $\varphi(n) = 2^k$。
这意味着上面公式中，「每一个乘积因子都必须是2的幂」。
现在我们把素数因子分为“素数2”和“奇素数”两类来分别剖析。

如果 $n$ 的因数中包含2（设 $p_1 = 2$），那么它对应的因子是：
$2^{a_1-1}(2 - 1) = 2^{a_1-1}$
这本身就是一个2的幂。因此，素数2的指数 $a_1$ 可以是任何非负整数。它对 $\varphi(n)$ 成为2的幂没有任何阻碍。

这是推导中最核心的一步。对于任何大于2的奇素数 $p_i$，它在公式中贡献了两个部分：$p_i^{a_i-1}$ 和 $(p_i - 1)$。这两部分都必须是2的幂。

1. 指数必须为1：
   因为 $p_i$ 是奇数，奇数的任何正整数次幂仍然是奇数。要让 $p_i^{a_i-1}$ 成为2的幂，它只能等于1（即 $2^0$）。这要求 $a_i - 1 = 0$，也就是 $a_i = 1$。

结论：$n$ 的分解式中，所有的奇素数因子都不能有重因数，只能出现一次。

2. 素数本身的形式：
   剩下的一项 $(p_i - 1)$ 也必须是2的幂。因此必须存在某个正整数 $m$，使得：
   $p_i - 1 = 2^m \implies p_i = 2^m + 1$

结论：参与的奇素数，必须能够写成 $2^m + 1$ 的形式。

什么样的 $m$ 能让 $2^m + 1$ 成为素数呢？
假设 $m$ 包含一个大于1的奇数因子 $q$，即 $m = q \cdot r$。那么根据多项式因式分解公式：

$2^m + 1 = (2^r)^q + 1 = (2^r + 1)((2^r)^{q-1} - (2^r)^{q-2} + \dots + 1)$

此时 $2^m + 1$ 能够被 $2^r + 1$ 整除，它就不是素数了（矛盾）。
因此，$m$ 绝对不能含有任何奇数因子。$m$ 自身也必须是2的幂，即 $m = 2^t$。

我们将这种形如 $F_t = 2^{2^t} + 1$ 的素数，称为费马素数。
目前已知的费马素数只有前5个（$t = 0, 1, 2, 3, 4$ 时，分别对应 $3, 5, 17, 257, 65537$）。

综合以上所有的推导：

• $n$ 可以包含任意次方的2。
• $n$ 可以包含奇素数，但这些奇素数必须是互不相同的费马素数，且指数只能为1。

由此，我们得出了正 $n$ 边形可尺规作图的「必要条件」—— $n$ 的通用表达式为：

$n = 2^r \cdot p_1 \cdot p_2 \dots p_s$

其中：

• $r$ 是任意非负整数（$r \ge 0$）。
• $p_1, p_2, \dots, p_s$ 是互不相同的费马素数（$s \ge 0$，即可以没有奇素数因子）。