正十七角形の作図について
複素数平面では，\(z^{17}=1\) の解が正17角形の頂点を与える。
\(z^{17}-1=(z-1)(z^{16}+z^{15}+ \cdots +z+1)=0 \) より，
16次方程式 \(z^{16}+z^{15}+\cdots+z+1=0\)
が加減乗除と平方根だけで解くことができれば，作図が可能である。
\(\theta=\frac{360°}{17}\) とし，\(\cos\theta+\cos4\theta=a，\cos2\theta+\cos8\theta=b，
\cos3\theta+\cos5\theta=c，\cos6\theta+\cos7\theta=d\) とおく。
\(\alpha=\cos\theta+i\sin\theta\) とおくと，
\(z^{17}=1\) より，\(z^{17}-1=(z-1)(z^{16}+z^{15}+\cdots+z+1)=0\)
\(z \neq 1\) だから
\begin{align}
z^{16}+z^{15}+\cdots+z+1=0 \label{16th} \\
\end{align}
ド・モアブルの定理より \(z^{k\theta}=\cos k\theta+i\sin k\theta \) だから，\eqref{16th} の実部を考えると，
\begin{align}
1+\cos\theta+\cos2\theta+\cdots+\cos15\theta+\cos16\theta=0 \label{cos2} \\
\end{align}
である。
\(17\theta=360°\) だから，\(\cos(17-k)\theta=\cos(360°-k\theta)=\cos k\theta\)
よって，\eqref{cos2} は
\begin{align}
1+2( 1+\cos\theta+\cos2\theta+ \cdots +\cos8\theta )=0 \label{cos3} \\
\end{align}
と表されるので，ここで
\(a+b=e, c+d=f\)
とすると，\eqref{cos3} より
\begin{align}
e+f=-\frac{1}{2} \label{ef4}
\end{align}
である。また，
\begin{eqnarray}
2ab &=& 2(\cos\theta+\cos4\theta)(\cos2\theta+\cos8\theta) \nonumber\\
&=& 2\cos\theta\cos2\theta+2\cos4\theta\cos2\theta+2\cos\theta\cos8\theta+2\cos4\theta\cos8\theta \nonumber\\
&=& (\cos3\theta+\cos(-\theta))+(\cos6\theta+\cos2\theta)+(\cos9\theta+\cos(-7\theta))+(\cos12\theta+\cos(-4\theta)) \nonumber\\
&=& e+f=-\frac{1}{2} ( \because \cos12\theta=\cos5\theta ) （積和公式より） \nonumber\\
2ac &=& 2(\cos\theta+\cos4\theta)(\cos3\theta+\cos5\theta) \nonumber\\
&=& 2\cos\theta\cos3\theta+2\cos4\theta\cos3\theta+2\cos\theta\cos5\theta+2\cos4\theta\cos5\theta \nonumber\\
&=& (\cos4\theta+\cos4\theta)+(\cos7\theta+\cos\theta)+(\cos6\theta+\cos4\theta)+(\cos9\theta+\cos\theta) \nonumber\\
&=& 2a+b+d （ \because \cos9\theta=\cos8\theta ） \nonumber\\
2ad &=& 2(\cos\theta+\cos4\theta)(\cos6\theta+\cos7\theta) \nonumber\\
&=& 2\cos\theta\cos6\theta+2\cos4\theta\cos6\theta+2\cos\theta\cos7\theta+2\cos4\theta\cos7\theta \nonumber\\
&=& (\cos7\theta+\cos5\theta)+(\cos10\theta+\cos2\theta)+(\cos8\theta+\cos6\theta)+(\cos11\theta+\cos3\theta) \nonumber\\
&=& b+c+2d （ \because \cos10\theta=\cos7\theta，\cos11\theta=\cos6\theta ) \nonumber\\
\end{eqnarray}
以下同様に，\( 2bc=a+2c+d， 2bd=a+2b+c，2cd=e+f=-\frac{1}{2} \)
ゆえに，\(2ac+2ad+2bc+2bd=4a+4b+4c+4d \) となるから，
\( 2(a+b)(c+d)=4(e+f) より，2ef=-2 \)
\begin{align}
ef=-1 \label{ef5}
\end{align}
そこで，\eqref{ef4}と\eqref{ef5}から，\(e，f\) は2次方程式 \(x^2+\frac{1}{2}x-1=0\) の解である。
この方程式を解くと，\(x=-\frac{1}{4} \pm \frac{\sqrt{17}}{4} \) であり，
\(e，f\) の値を考えると，\( e=-\frac{1}{4} + \frac{\sqrt{17}}{4} ，f=-\frac{1}{4} - \frac{\sqrt{17}}{4} \) であることは明らかである。
次に，\(a，b\) は，\( a+b=e，2ab=-\frac{1}{2} \)より，方程式 \(x^2-ex-\frac{1}{4}=0 \) の解であるから，その値は
\( \frac{e \pm \sqrt{e^2+1}}{2}=\frac{-1+\sqrt{17} \pm \sqrt{34-2\sqrt{17}}}{8} \)
\(a,b\) の値から，\(a=\frac{-1+\sqrt{17} + \sqrt{34-2\sqrt{17}}}{8} ,b=\frac{-1+\sqrt{17} - \sqrt{34-2\sqrt{17}}}{8} \) である。
同様に，\(c，d\) は，\(c+d=f，2cd=-\frac{1}{2} \)より，方程式 \(x^2-fx-\frac{1}{4}=0 \) の解であるから，その値は
\( \frac{f \pm \sqrt{f^2+1}}{2}=\frac{-1-\sqrt{17} \pm \sqrt{34+2\sqrt{17}}}{8} \)
\(c,d\) の値から，\(c=\frac{-1-\sqrt{17} + \sqrt{34+2\sqrt{17}}}{8} ,d=\frac{-1-\sqrt{17} - \sqrt{34+2\sqrt{17}}}{8} \)である。
\( \cos\theta，\cos4\theta \) を解に持つ2次方程式は，
\( \cos\theta+\cos4\theta=a，\cos\theta \cos4\theta = \frac{1}{2}{\cos5\theta+\cos(-3\theta)} = \frac{1}{2} c \) より，
\( x^2-ax+\frac{1}{2} c=0 \)
その解は \( x=\frac{a \pm \sqrt{a^2-2c}}{2} \) だから，
\( \cos\theta=\frac{a + \sqrt{a^2-2c}}{2}，\cos4\theta=\frac{a - \sqrt{a^2-2c}}{2} \) となる。
ここで，
\begin{eqnarray}
a^2=(\cos\theta+\cos4\theta)^2 &=& \cos^2\theta+2\cos\theta\cos4\theta+\cos^24\theta \nonumber\\
&=& frac{1+\cos2\theta}{2}+2\cdot\frac{1}{2}(\cos5\theta+\cos3\theta)+frac{1+\cos8\theta}{2} \nonumber\\
&=& 1+\frac{1}{2}(\cos2\theta+\cos8\theta)+(\cos5\theta+\cos3\theta) \nonumber\\
&=& 1+\frac{1}{2}b+c \nonumber\\
\end{eqnarray}
となるから，
\begin{eqnarray}
\cos\theta &=& \frac{a + \sqrt{1+\frac{1}{2}b-c}}{2}
&=& \frac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}}}{16} + \frac{\sqrt{17+3\sqrt{34-2\sqrt{17}}- 2\sqrt{34+2\sqrt{17}}}}{8} \nonumber\\
\end{eqnarray}
である。
