正多角形の作図 | 体論入門

1 正多角形と原始根の作図可能性

$n\ge3$ とし、複素平面の単位円上に

\zeta_n=e^{2\pi i/n}

を取る。

命題 1.1. 正 $n$ 角形を定規とコンパスで作図することができることと、 $\zeta_n$ が作図可能数であることは同値である。

証明. $\zeta_n$ が作図可能なら、作図可能数体の閉性§E8.25 補題 2.1により $1,\zeta_n,\zeta_n^2,\ldots,\zeta_n^{n-1}$ をすべて作図することができる。これらを順に結べば正 $n$ 角形を得る。

逆に正 $n$ 角形が作図可能なら、その中心を原点に移し、一つの頂点を $1$ に合わせる相似変換も定規とコンパスで実行することができる。隣接する頂点の一方は $\zeta_n$ または $\zeta_n^{-1}$ である。複素共役は実軸に関する鏡映で作図することができるため、 $\zeta_n$ を作図することができる。▨

2 Gauss–Wantzel の定理と準備の補題

補題 2.1. 位数 $2^m$ の有限群 $G$ には、部分群の列

G=H_0\triangleright H_1\triangleright\cdots\triangleright H_m=\{1\}

であって、すべての $j$ について $[H_j:H_{j+1}]=2$ となるものが存在する。ここで $H_{j+1}$ は $H_j$ の正規部分群である。

証明. $m$ に関する帰納法を用いる。 $m=0$ では自明である。 $m>0$ とする。有限 $2$ 群の中心に関する定理を類等式から導く。 $G$ を共役によって自身へ作用させる。中心の元の軌道は一点であり、中心に属さない $x\in G$ の軌道の大きさは

[G:C_G(x)]

である。 $C_G(x)$ は $G$ の真の部分群なので、この指数は $2$ の正の冪であり、偶数である。共役類を中心の一点軌道とそれ以外の軌道に分けると

|G|=|Z(G)|+\sum_j[G:C_G(x_j)]

となる。左辺と総和の各項が偶数なので、 $|Z(G)|$ も偶数である。したがって $Z(G)$ は非自明である。

$1\ne z\in Z(G)$ を取る。§E7.6 定理 2.1により $z$ の位数は $2$ の正の冪 $2^r$ である。 $z^{2^{r-1}}$ は位数 $2$ の中心元であるため、この元が生成する部分群を $N$ とすると $N\trianglelefteq G$ かつ $|N|=2$ である。

$G/N$ は位数 $2^{m-1}$ の群なので、帰納法の仮定による指数 $2$ の列をもつ。その列を商写像によって $G$ へ引き戻すと、 $G$ から $N$ までの各段が指数 $2$ の正規包含である列を得る。最後に $N\triangleright\{1\}$ を加えれば求める列になる。▨

補題 2.2. $q$ を素数、 $e\ge1$ とする。このとき

\varphi(q^e)=q^{e-1}(q-1)

である。また、正整数 $m,n$ が互いに素なら

\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)

である。

証明. $q^e$ を法とする $q^e$ 個の剰余類のうち、単元でない類は $q$ で割り切れる類に限る。そのような類は

0,q,2q,\ldots,(q^{e-1}-1)q

の $q^{e-1}$ 個である。したがって

\varphi(q^e)=q^e-q^{e-1}=q^{e-1}(q-1)

となる。

次に $(m,n)=1$ とする。剰余類の写像

\Psi:\Z/mn\Z\longrightarrow \Z/m\Z\times\Z/n\Z, \qquad [x]_{mn}\longmapsto([x]_m,[x]_n)

を考える。 $\Psi([x]_{mn})=\Psi([y]_{mn})$ なら $m$ と $n$ はともに $x-y$ を割る。互いに素であることから $mn$ が $x-y$ を割るため、 $\Psi$ は単射である。Bézout の等式 $rm+sn=1$ を満たす整数 $r,s$ を取る。任意の剰余類の組 $([a]_m,[b]_n)$ に対して

x=brm+asn

とおけば $x\equiv a\pmod m$ かつ $x\equiv b\pmod n$ なので、 $\Psi$ は全射でもある。

$[x]_{mn}$ が単元であることは $(x,mn)=1$ と同値であり、これは $(x,m)=1$ かつ $(x,n)=1$ と同値である。したがって $\Psi$ は単元群の間の全単射も与える。両辺の単元の個数を数えると $\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$ を得る。▨

証明では、まず正 $n$ 角形の作図可能性を原始 $n$ 乗根 $\zeta_n$ の作図可能性へ移す。次に、円分体の次数 $\varphi(n)$ が $2$ の冪であることと、円分体が二次拡大の塔をもつことが同値であることを示す。さらに、有限 $2$ 群の指数 $2$ の列を Galois 対応で体の塔へ移す。最後に、Euler 関数の局所公式から $n$ の素因数を分類する。

定理 2.3 (Gauss–Wantzel の定理). $n\ge3$ とする。次の三条件は同値である。

正 $n$ 角形を定規とコンパスで作図することができる。
$\varphi(n)$ は $2$ の冪である。
ある整数 $a\ge0$ と相異なる Fermat 素数 $p_1,\ldots,p_r$ が存在して $n=2^a p_1\cdots p_r$ と書ける。ここで Fermat 素数とは $2^{2^s}+1$ の形をもつ素数である。

証明.(1) $\Leftrightarrow$ (2)を示す。正 $n$ 角形が作図可能なら、命題 1.1により $\zeta_n$ は作図可能である。§E8.20 定理 2.4により

[\Q(\zeta_n):\Q]=\varphi(n)

が得られるため、作図可能数の次数に対する必要条件§E8.25 系 3.5により $\varphi(n)$ は $2$ の冪である。

逆に $\varphi(n)=2^m$ とする。§E8.20 定理 2.4により $L=\Q(\zeta_n)$ は $\Q$ 上の有限 Galois 拡大であり、

G=\operatorname{Gal}(L/\Q)\cong(\Z/n\Z)^\times, \qquad |G|=2^m

である。補題 2.1の列を取り、 $E_j=L^{H_j}$ とおく。Galois の基本定理§E8.10 定理 4.1によって

\Q=E_0\subset E_1\subset\cdots\subset E_m=L, \qquad [E_{j+1}:E_j]=[H_j:H_{j+1}]=2

となる。したがって§E8.25 定理 3.3により $\zeta_n$ は作図可能であり、命題 1.1により正 $n$ 角形を作図することができる。

(2) $\Leftrightarrow$ (3)を示す。 $n$ の素因数分解を

n=2^a\prod_{j=1}^r q_j^{e_j}

と書く。ただし $q_j$ は相異なる奇素数である。補題 2.2を互いに素な素数冪へ反復して適用すると

\varphi(n)=\varphi(2^a)\prod_{j=1}^r q_j^{e_j-1}(q_j-1)

\text{(2.3.1)}

を得る。ここで $a=0$ なら $\varphi(2^a)=\varphi(1)=1$ とする。 $\varphi(n)$ が $2$ の冪なら、奇数 $q_j^{e_j-1}$ は $1$ でなければならないため $e_j=1$ である。また $q_j-1$ は式 (2.3.1)の約数なので、これも $2$ の冪である。

$q_j=1+2^b$ と書く。 $b$ が $2$ の冪でないなら $b=2^s c$ と書ける奇数 $c>1$ が存在する。このとき

q_j=(2^{2^s})^c+1

は、 $c$ が奇数であるため $2^{2^s}+1$ で割り切れ、素数であることに反する。ゆえに $b=2^s$ であり、 $q_j=2^{2^s}+1$ は Fermat 素数である。これで(3)が従う。

逆に(3)を仮定する。各 $p_j=2^{2^{s_j}}+1$ は一度だけ現れるため

\varphi(p_j)=p_j-1=2^{2^{s_j}}

である。また $\varphi(2^a)$ も $2$ の冪である。式 (2.3.1)により $\varphi(n)$ は $2$ の冪となる。▨

証明の十分性では、円分体の次数が $2$ の冪であることを確認するだけではなく、Galois 群の部分群列を Galois 対応によって二次拡大の塔へ移した。この塔から、平方根をとる操作を反復する作図が存在することが従う。

例 2.4. $17=2^{2^2}+1$ は Fermat 素数であり、 $\varphi(17)=16$ なので正 $17$ 角形を作図することができる。 $15=3\cdot5$ は相異なる Fermat 素数の積なので、正 $15$ 角形も作図することができる。一方、 $\varphi(7)=6$ かつ $\varphi(9)=6$ であるため、正 $7$ 角形と正 $9$ 角形は作図することができない。

3 演習

問題 3.1 (Gauss–Wantzel の定理の確認).

正 $n$ 角形の頂点を一つ作図したとき、その複素共役も作図することができる理由を説明せよ。
位数 $8$ の群から補題 2.1の列を構成し、対応する体の塔の各次数を求めよ。
$n=51$ と $n=85$ について定理 2.3の条件を判定せよ。
$b\ge1$ とする。 $1+2^b$ が素数なら $b$ は $2$ の冪であるという証明で、 $x^c+1$ の因数分解を明示せよ。

解答.

$z \in \mathcal C$ を作図した頂点とする。 $z \in \R$ なら $\overline z = z$ である。 $z \notin \R$ なら $z \ne 0, 1$ であり、 $|\overline z - 0| = |z - 0|$ と $|\overline z - 1| = |\overline{z - 1}| = |z - 1|$ が成り立つ。したがって $\overline z$ は、中心 $0$ 、半径 $|z - 0|$ の円と、中心 $1$ 、半径 $|z - 1|$ の円に共通に属する。二つの円は中心が異なるので相異なり、いずれも $\{0, 1, z\}$ が定める円であるから、 $\overline z$ は $\{0, 1, z\} \subseteq \mathcal C$ から一段で作図される点であり、§E8.25 補題 1.2により $\overline z \in \mathcal C$ である。この作図は実軸に関する鏡映を二つの円の交点として実行するものである。また、命題 1.1の証明のように中心を原点、一つの頂点を $1$ に置くと、頂点は $\zeta_n^k$ （ $0 \le k < n$ ）であり、 $|\zeta_n^k| = 1$ から $\overline{\zeta_n^k} = (\zeta_n^k)^{-1} = \zeta_n^{n-k}$ である。§E8.25 補題 2.1により $\mathcal C$ は体であるから、この式からも $\overline{\zeta_n^k} \in \mathcal C$ が従い、複素共役もまた正 $n$ 角形の頂点である。
位数 $8$ の群として $G = (\Z/15\Z)^\times = \{1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14\}$ を取る。§E8.20 定理 2.4により $G \cong \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_{15})/\Q)$ である。補題 2.1の証明の手順に従う。 $G$ は可換であるから $Z(G) = G$ である。 $z = 2$ を取ると、 $15$ を法として $2^2 = 4$ 、 $2^3 = 8$ 、 $2^4 = 16 \equiv 1$ であるから $z$ の位数は $4 = 2^2$ であり、 $z^{2} = 4$ は位数 $2$ の中心元である。 $N_1 = \{1, 4\}$ とおく。商群 $G/N_1$ は位数 $4$ であり、その元は $N_1$ 、 $2N_1 = \{2, 8\}$ 、 $7N_1 = \{7, 13\}$ 、 $11N_1 = \{11, 14\}$ である。 $G/N_1$ に同じ手順を適用する。 $(2N_1)^2 = 4N_1 = N_1$ であるから $2N_1$ は位数 $2$ の中心元であり、それが生成する部分群の引き戻しは $N_2 = \{1, 2, 4, 8\}$ である。 $G/N_2$ は位数 $2$ であり、その列は $G/N_2 \triangleright \{1\}$ である。これらを順に引き戻し、最後に $N_1 \triangleright \{1\}$ を加えると $G = H_0 \triangleright H_1 = \{1, 2, 4, 8\} \triangleright H_2 = \{1, 4\} \triangleright H_3 = \{1\}$ を得る。各指数は $8/4 = 4/2 = 2/1 = 2$ であり、 $G$ が可換であるから各包含は正規である。 $L = \Q(\zeta_{15})$ 、 $E_j = L^{H_j}$ とおくと、§E8.10 定理 4.1により $[E_{j+1} : E_j] = [H_j : H_{j+1}] = 2, \qquad [E_1 : \Q] = 2, \quad [E_2 : \Q] = 4, \quad [E_3 : \Q] = [L : \Q] = 8$ である。位数 $8$ の任意の群 $G$ と、 $G$ を Galois 群とする Galois 拡大 $L/K$ についても、補題 2.1の列は長さ $3$ であり、対応する塔 $K = E_0 \subset E_1 \subset E_2 \subset E_3 = L$ の各段の次数は $2$ 、 $[E_j : K] = 2^j$ である。
$51 = 3 \cdot 17$ であり、 $3 = 2^{2^0} + 1$ と $17 = 2^{2^2} + 1$ は相異なる Fermat 素数である。したがって $51$ は定理 2.3 (3)の形（ $a = 0$ ）をもち、正 $51$ 角形は作図可能である。補題 2.2により $\varphi(51) = \varphi(3)\varphi(17) = 2 \cdot 16 = 32 = 2^5$ であり、定理 2.3 (2)とも整合する。 $85 = 5 \cdot 17$ であり、 $5 = 2^{2^1} + 1$ と $17$ は相異なる Fermat 素数である。したがって正 $85$ 角形も作図可能であり、 $\varphi(85) = \varphi(5)\varphi(17) = 4 \cdot 16 = 64 = 2^6$ である。
$q = 1 + 2^b$ （ $b \ge 1$ ）を素数とし、 $b$ が $2$ の冪でないと仮定する。 $b = 2^s c$ 、 $c$ は $c > 1$ の奇数と書くことができる。 $x = 2^{2^s}$ とおくと $q = x^c + 1$ である。 $c$ が奇数であるから、整数係数多項式の等式 $x^c + 1 = (x + 1)\bigl(x^{c-1} - x^{c-2} + x^{c-3} - \cdots - x + 1\bigr)$ が成り立つ。実際、右辺の第二因子を $S = \sum_{k=0}^{c-1} (-1)^k x^{c-1-k}$ とすると、 $xS = \sum_{k=0}^{c-1}(-1)^k x^{c-k}$ 、 $S = \sum_{k=1}^{c}(-1)^{k-1} x^{c-k}$ であり、両者を加えると中間の項は打ち消し合って $(x + 1)S = x^c + (-1)^{c-1} = x^c + 1$ となる。 $x = 2^{2^s}$ を代入すると $q$ は $2^{2^s} + 1$ で割り切れる。 $x \ge 2$ かつ $c \ge 3$ であるから $1 < 2^{2^s} + 1 < x^c + 1 = q$ であり、 $q$ は自明でない約数をもつ。これは $q$ が素数であることに反する。よって $b$ は $2$ の冪である。たとえば $b = 6 = 2^1 \cdot 3$ では $x = 4$ 、 $c = 3$ であり、 $65 = 4^3 + 1 = (4 + 1)(16 - 4 + 1) = 5 \cdot 13$ となる。

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§E8.26正多角形の作図

1 正多角形と原始根の作図可能性

2 Gauss–Wantzel の定理と準備の補題

3 演習

参考文献

前提記事