初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 16.$ 円周等分方程式の既約性  $\S\ 18.$ 任意の法に関する指数,指標 $\blacktriangleright$

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第 $1$ 章 附   記

 $\S\ 17.$ $1$ の $p$ 乗根,特に $17$ 乗根

 $1$ の $n$ 乗根は整数論において重要で,特に $n=p$ が素数である場合は,すでに Gauss が「整数論」(Disquisitiones)の最後の一章において論じている.本書では,その詳細を述べる余地がないが,さきに代.において,$p$ が $2^n+1$ の形の素数であるとき,正 $p$ 角形の初等幾何学的作図の可能性について述べたから,その終結として,このような $p$ に関して,$1$ の $p$ 乗根が開平だけで求められることだけを説明しておこう.この問題に関して指数の理論($\S\ 11$)が応用されるのである.
 $\boldsymbol{1.}$ まず初めのうちは $p$ を任意の素数とする.
 $1$ の原始 $p$ 乗根は\[x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots\cdots+x+1=0\]の根である.この方程式は既約で,その任意の一つの根を $\rho$ とすれば,すべての根は\[\rho,\ \rho^2,\ \rho^3,\ \cdots\cdots,\ \rho^{p-1}\tag{$\ 1\ $}\]である.
 $\rho$ は $p-1$ 次の有理係数の方程式の根であるから,$\rho$ に関する有理係数の有理式は,それを(分母を有理化して)\[a_0+a_1\rho+a_2\rho^2+\cdots\cdots+a_{p-2}\rho^{p-2}\tag{$\ 2\ $}\]のような形に表わすことができる.係数 $a_0$,$a_1$,$\cdots\cdots$,$a_{p-2}$ は有理数である(代.定理 $7.\ 2$).
 しかるに\[\rho+\rho^2+\cdots\cdots+\rho^{p-1}=-1\]であるから,$\left(\ 2\ \right)$ において $a_0$ に $-a_0\left(\rho+\rho^2+\cdots\cdots+\rho^{p-1}\right)$ を代入すれば\[c_1\rho+c_2\rho^2+\cdots\cdots+c_{p-1}\rho^{p-1}\tag{$\ 3\ $}\]のようになる.係数 $c_1$,$c_2$,$\cdots\cdots$,$c_{p-1}$ は有理数である(以下有理数は一般にローマ字 $a$,$b$,$c$,$\cdots\cdots$ などで表わすことにして,いちいち,ことわらない.有理数ときまっていない数はギリシヤ字で表わすのである).
  $\left(\ 3\ \right)$ のような表わし方は,一つの数に関してはただ一つである.もしも同じ数が二通りに $\left(\ 3\ \right)$ の形に表わされると仮定するならば,引き算をして\[b_1\rho+b_2\rho^2+\cdots\cdots+b_{p-1}\rho^{p-1}=0\]のような等式が生ずる.それを $\rho$ で割れば\[b_1+b_2\rho+\cdots\cdots+b_{p-1}\rho^{p-2}=0\]になるが,$\rho$ は有理係数を有する $p-1$ 次よりも低次の方程式を満足せしめることができないのだから,$b_1=b_2=\cdots\cdots=b_{p-1}=0$ でなくてはならないのである.

 $\boldsymbol{2.}$ $1$ の原始 $p$ 乗根をその中の一つである $\rho$ の巾として表わすのに,指数は $\left(\ 1\ \right)$ のように\[1,\ \ 2,\ \ 3,\cdots\cdots,\ \ p-1\]としないでも,$p$ を法としての既約代表の一組でもよいのである.
 いま $r$ を $p$ の原始根($p$ を法としての原始根,$\S\ 11$)として,それらの指数を\[1,\ \ r,\ \ r^2,\cdots\cdots,\ \ r^{p-2}\]にすることが重要である.すなわち\[n\equiv r^i\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)\]として\[\rho^n=\rho^{r^i}=\rho_i\]とおく.原始 $p$ 乗根にこのような番号を付けるならば\[\rho_0,\ \ \rho_1,\ \ \rho_2,\ \ \rho_3,\ \cdots\cdots,\ \ \rho_{p-2}\]はすなわち\[\rho,\ \ \rho^r,\ \ \rho^{r^2},\ \ \rho^{r^3},\ \cdots\cdots,\ \ \rho_{r^{p-2}}\]である.
 もしも番号を継続して $\rho_{p-1}=\rho^{r^{p-1}}$,$\rho_p=\rho^{r^p}$,$\cdots\cdots$ とおけば $r^{p-1}\equiv1$,$r^p\equiv r$,$\cdots\cdots\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)$ であるから,$\rho_{p-1}=\rho_0$,$\rho_p=\rho_1$,$\cdots\cdots$ になって,$\rho_0$,$\rho_1$,$\rho_2$,$\cdots\cdots$,$\rho_{p-2}$ が同じ順序に繰り返される.すなわち一般に $i^\prime\equiv i\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p-1\right)$ ならば $\rho_{i^\prime}=\rho_i$.
 $\rho_i=\rho^n$ とすれば,\[r^i\equiv n\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right),\]したがって\[i=\operatorname{Ind}.\ \!n,\]故に\[\rho^n=\rho_{\operatorname{Ind}.\ n}.\] 〔例〕 $p=17$,$r=3$ として指数表を作って,$i$ と $n$ とを対照すれば次の通り.
 $\rho_i$$\rho_0$$\rho_1$$\rho_2$$\rho_3$$\rho_4$$\rho_5$$\rho_6$$\rho_7$$\rho_8$$\rho_9$$\rho_{10}$$\rho_{11}$$\rho_{12}$$\rho_{13}$$\rho_{14}$$\rho_{15}$ 
 $\rho^n$$\rho$$\rho^3$$\rho^9$$\rho^{10}$$\rho^{13}$$\rho^5$$\rho^{15}$$\rho^{11}$$\rho^{16}$$\rho^{14}$$\rho^8$$\rho^7$$\rho^4$$\rho^{12}$$\rho^2$$\rho^6$

 $\boldsymbol{3.}$ 上記のような記号によって $1$ の $p$ 乗根を表わすとき,$e$ を $p-1$ の約数として\[p-1=ef\]と置いて\[\left.\begin{alignat*}{1}&\eta_0=\rho_0+\rho_e+\rho_{2e}+\cdots\cdots\cdots+\rho_{\left(f-1\right)e}\\[2mm]&\eta_1=\rho_1+\rho_{e+1}+\rho_{2e+1}+\cdots\cdots\cdots+\rho_{\left(f-1\right)e+1}\\[2mm]&\hphantom{\eta_1}\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\[2mm]&\eta_{e-1}=\rho_{e-1}+\rho_{2e-1}+\rho_{3e-1}+\cdots\cdots+\rho_{p-2}\end{alignat*}\right\}\]とすれば,これらは相異なる数である($\boldsymbol{1.}$ 参照).Gauss はこれを $f$ 項周期と名づけた.

 $\boldsymbol{4.}$ $\rho$ に関する有理式は $\left(\ 3\ \right)$ の形に表わされるが,$\rho$ の記法を上記番号順に換えて,係数の記号を改めて\[F\left(\rho\right)=c_0\rho_0+c_1\rho_1+c_2\rho_2+\cdots\cdots+c_{p-2}\rho_{p-2}\tag{$\ 3^{\large*}\ $}\]とする.いま $F\left(\rho\right)$ において $\rho$ に $\rho_1$,すなわち $\rho^r$ を代入すれば,$\rho_i=\rho^{r^i}$ は $\rho^{r^{i+1}}=\rho_{i+1}$ に変わる.すなわち $\rho_0$,$\rho_1$,$\cdots\cdots$,$\rho_{p-2}$ の間に循環置換 $\left(\rho_0,\ \rho_1,\ \cdots\cdots,\ \rho_{p-2}\right)$ が生ずる.故に\[F\left(\rho_1\right)=c_0\rho_1+c_1\rho_2+c_2\rho_3+\cdots\cdots+c_{p-2}\rho_0,\]同様に\[F\left(\rho_i\right)=c_0\rho_i+c_1\rho_{i+1}+c_2\rho_{i+2}+\cdots\cdots+c_{p-2}\rho_{i-1}.\] 故にもしも $F\left(\rho\right)=F\left(\rho_1\right)$ ならば $c_0=c_1=\cdots\cdots=c_{p-2}$,したがって $F\left(\rho\right)$ は $c_0\left(\rho_0+\rho_1+\rho_2+\cdots\cdots\rho_{p-2}\right)=-c_0$ に等しい,すなわち有理数である.
 またもしも $F\left(\rho\right)=F\left(\rho_e\right)$ ならば\[c_0=c_e=c_{2e}=\cdots\cdots,\ \ c_1=c_{e+1}=c_{2e+1}=\cdots\cdots,\ \cdots\cdots\]で,係数 $c$ は $e$ 番目ごとに等しくなる.故に\[F\left(\rho\right)=c_0\eta_0+c_1\eta_1+\cdots\cdots+c_{e-1}\eta_{e-1}.\]すなわち $F\left(\rho\right)$ は $f$ 項周期 $\eta_0$,$\eta_1$,$\cdots\cdots$,$\eta_{e-1}$ の斉次一次式として表わされる.

 $\boldsymbol{5.}$ $f$ 項周期 $\eta_0$,$\eta_1$,$\cdots\cdots$,$\eta_{e-1}$ は有理係数を有する $e$ 次の方程式の根である.
 この方程式を\begin{alignat*}{1}\varPhi\left(y\right)&=\left(y-\eta_0\right)\left(y-\eta_1\right)\cdots\cdots\left(y-\eta_{e-1}\right)\\[2mm]&=y^e+A_1y^{e-1}+A_2y^{e-2}+\cdots\cdots+A_e=0\end{alignat*}とすれば,まず $A_1=-\left(\eta_0+\eta_1+\cdots\cdots+\eta_{e-1}\right)=1$ であることは明白である.さて $A_2=\eta_0\eta_1+\eta_0\eta_2+\cdots\cdots+\eta_1\eta_2+\cdots\cdots$ であるが,$\eta_0$,$\eta_1$,$\cdots\cdots$,$\eta_{e-1}$ を $\left(3^{\large*}\right)$ の形に表わして,$\rho$ に $\rho_1$ を代入すれば,それらは $\eta_1$,$\eta_2$,$\cdots\cdots$,$\eta_0$ になる.すなわち $\eta_0$,$\eta_1$,$\cdots\cdots$,$\eta_{e-1}$ の間に循環置換 $\left(\eta_0,\ \eta_1,\ \cdots\cdots,\ \eta_{e-1}\right)$ が生ずるだけで,$A_2$ は変わらない.故に $A_2$ は有理(整)数である.同様に $A_3$,$\cdots\cdots$,$A_e$ も有理整数である($\boldsymbol{3.}$ 参照).

 $\boldsymbol{6.}$ いま $f=e^\prime f^\prime$,したがって $p-1=\left(ee^\prime\right)f^\prime$ として,$f^\prime$ 項周期を作ってそれらを $\zeta_0$,$\zeta_1$,$\cdots\cdots$,$\zeta_{ee^\prime-1}$ とすれば,\[\zeta_0=\rho_0+\rho_{ee^\prime}+\rho_{2ee^\prime}+\cdots\cdots,\ \ \zeta_1=\rho_1+\rho_{ee^\prime+1}+\cdots\cdots,\ \cdots\cdots.\] 故に\begin{alignat*}{1}&\hphantom{\eta_0}\eta_0=\zeta_0+\zeta_e+\zeta_{2e}+\cdots\cdots+\zeta_{\left(e^\prime-1\right)e},\\[2mm]&\hphantom{\eta_0}\eta_1=\zeta_1+\zeta_{e+1}+\zeta_{2e+1}+\cdots\cdots+\zeta_{\left(e^\prime-1\right)e+1}.\\[2mm]&\hphantom{\eta_0}\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\[2mm]&\eta_{e-1}=\zeta_{e-1}+\zeta_{2e-1}+\cdots\cdots+\zeta_{ee^\prime-1}.\end{alignat*}すなわち,おのおのの $f$ 項周期 $\eta$ は $e^\prime$ ずつの $f^\prime$ 項周期 $\zeta$ の和である.
 さて一つの $f$ 項周期を組み立てる $e^\prime$ 個の $f^\prime$ 項周期 $\zeta$ を根とする方程式,例えば\[\varPsi\left(z\right)=\left(z-\zeta_0\right)\left(z-\zeta_e\right)\left(z-\zeta_{2e}\right)\cdots\cdots\left(z-\zeta_{\left(e^\prime-1\right)e}\right)=0\]を作れば,その方程式における $z$ の各巾の係数は $f$ 項周期 $\eta_0$,$\eta_1$,$\cdots\cdots$,$\eta_{e-1}$ に関する(整係数の)斉次一次式として表わされる.
 なぜならば,$\zeta_0$,$\zeta_e$,$\cdots\cdots$,$\zeta_{\left(e^\prime-1\right)e}$ を $\left(\ 3^{\large*}\ \right)$ の形に表わして $\rho$ に $\rho_e$ を代入すれば,これらの周期 $\zeta$ の間に循環置換が生ずるから,その対称式は変わらない,したがって $\eta_0$,$\eta_1$,$\cdots\cdots$,$\eta_{e-1}$ で表わされる($\boldsymbol{4.}$ 参照).$\varPsi\left(z\right)$ における $z$ の各巾の係数はそのような対称式である.
 同様に $f^\prime=e^{\prime\prime}f^{\prime\prime}$,すなわち $p-1=ee^\prime e^{\prime\prime}f^{\prime\prime}$ として $f^{\prime\prime}$ 項周期を作れば,それらの $e^{\prime\prime}$ 個ずつの和が一つの $f^\prime$ 項周期で,それらの $f^{\prime\prime}$ 項周期を根とする $e^{\prime\prime}$ 次の方程式の係数は $f^\prime$ 項周期の(整係数の)斉次一次式として表わされる.
 よって $p-1=ee^\prime e^{\prime\prime}\cdots\cdots$ とすれば周期 $\eta$,$\zeta$,$\cdots\cdots$ を求めるための $e$ 次, $e^\prime$ 次,$\cdots\cdots$ の方程式がつぎつぎに作られて,結局 $\rho$ を求めるには,これらの方程式をつぎつぎに解けばよいことになる.
 これらの方程式は巾根によって解かれるのであるが,いまここでそれを論じない.ただ $p-1$ が $2$ の巾に等しいとき,すなわち $p$ が $2^n+1$ なる形の素数である場合($p=3$,$5$,$17$,$257$,$\cdots\cdots$)には $e$,$e^\prime$,$e^{\prime\prime}$,$\cdots\cdots$ をすべて $2$ にすることができるから,$1$ の $p$ 乗根が二次方程式 $n$ 個をつぎつぎに解くことによって求められる.すなわち開平だけで求められる.
 二項周期を $\xi_i=\rho_i+\rho_{i+h}$ とすれば $h=\left(p-1\right)/2$.故に
$\rho_h=\rho_0{}^{r^h}$ で,$r^h\equiv-1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ p\right)$ であるから,\[\rho_{i+h}=\rho_0{}^{r^i\ldotp\hspace{0.7mm}r^h}=\rho_0{}^{-r^i}=\rho_i{}^{-1}.\]故に $\rho_0=\cos\dfrac{2\pi}{p}+i\sin\dfrac{2\pi}{p}$ とすれば,\[\xi_0=\rho_0+\rho_0{}^{-1}=2\cos\frac{2\pi}{p}.\] 故に $p=2^n+1$ の場合には,$\cos\dfrac{2\pi}{p}$ は有理数から出発して $n-1$ 回の開平によって求められる.したがって正 $p$ 角形は定木とコンパスだけを用いて作図されるのである(代.$\S\ 42$).

 $\boldsymbol{7.}$ $p=17$,$p-1=16=2^4$ の場合に上記の計算を実行してみよう.
 まず $8$ 項周期\begin{alignat*}{1}\eta_0&=\rho_0+\rho_2+\rho_4+\rho_6+\rho_8+\rho_{10}+\rho_{12}+\rho_{14}\\[2mm]\eta_1&=\rho_1+\rho_3+\rho_5+\rho_7+\rho_9+\rho_{11}+\rho_{13}+\rho_{15}\end{alignat*}を求めるための二次方程式を作ろう.それには $\eta_0+\eta_1$,$\eta_0\eta_1$ を計算しなければならないが,$\eta_0+\eta_1=-1$ は明白である.さて $\eta_0\eta_1$ は $8\times8=64$ の $\rho_a\rho_b$ のような積の和であるが,$r^8\equiv-1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 17\right)$ だから $\rho_i$ と $\rho_{i+8}$ とは逆数で,$\rho_i$ と $\rho_{i+8}$ とはともに $\eta_0$,またはともに $\eta_1$ の項になっているから,上記 $\rho_a\rho_b$ のような積の中に $1$ に等しいものはない.故に $\eta_0\eta_1$ は $64$ 個の原始 $17$ 乗根の和であるが,それが有理数であるから,それは $16$ 個の $\rho$ をおのおの $4$ 回ずつ含まなくてはならない.故に $\eta_0\eta_1=-4$.($104$ 頁の表によって実際計算をしてみてもわかる.)
 故に求める二次方程式は\[y^2+y-4=0\]で,根は\[\eta_0,\ \eta_1=\frac{-1\pm\sqrt{17}}{2}.\tag{$\ 4\ $}\] 次に $4$ 項周期は\begin{alignat*}{2}\zeta_0&=\rho_0+\rho_4+\rho_8+\rho_{12},&\hspace{1cm}\zeta_1&=\rho_1+\rho_5+\rho_9+\rho_{13},\\[2mm]\zeta_2&=\rho_2+\rho_6+\rho_{10}+\rho_{14},&\hspace{1cm}\zeta_3&=\rho_3+\rho_7+\rho_{11}+\rho_{15}\end{alignat*}である.さて $\zeta_0$,$\zeta_2$ を根とする二次方程式において,$\zeta_0+\zeta_2=\eta_0$.また $\zeta_0\zeta_2$ は $4\times4=16$ の $\rho_i\rho_j$ の和であるが,ここでも $\rho_i$ と $\rho_{i+8}$ とがともに $\zeta_0$ またはともに $\zeta_2$ に含まれているから,$\rho_i\rho_j=1$ になるものは出ない.故に $\zeta_0\zeta_2$ は $16$ 個の $\rho$ の和で,それが $\eta_0$,$\eta_1$ の斉次一次式であるから,それは $\eta_0+\eta_1=-1$,あるいは $2\eta_0$ あるいは $2\eta_1$ に等しい.しかし $\rho_0\rho_2=\rho\rho^9=\rho^{10}=\rho_2$ は $\eta_1$ に含まれ,また $\rho_0\rho_6=\rho\rho^{15}=\rho^{16}=\rho_8$ は $\eta_0$ に含まれているのだから,$\zeta_0\zeta_2$ は $2\eta_0$ あるいは $2\eta_1$ に等しくはない.故に $\zeta_0\zeta_2=\eta_0+\eta_1=-1$.よって $\zeta_0$,$\zeta_2$ は\[z^2-\eta_0z-1=0\]の根である.すなわち\[\zeta_0,\ \zeta_2=\frac{\eta_0\pm\sqrt{\eta_0{}^2+4}}{2}.\tag{$\ 5\ $}\] さて $\rho$ に $\rho_1$ を代入すれば,$\zeta_0$,$\zeta_2$,$\eta_0$ は $\zeta_1$,$\zeta_3$,$\eta_1$ になるから,$\zeta_1$,$\zeta_3$ は\[z^2-\eta_1z-1=0\]の根である: 故に\[\zeta_1,\ \zeta_3=\frac{\eta_1\pm\sqrt{\eta_1{}^2+4}}{2}.\tag{$\ 5^{\large*}\ $}\] 次に $2$ 項周期を $\xi$ なる文字で表わせば\begin{alignat*}{4}\xi_0&=\rho_0+\rho_8,&\ \ \ \xi_1&=\rho_1+\rho_9,&\ \ \ \xi_2&=\rho_2+\rho_{10},&\ \ \ \xi_3&=\rho_3+\rho_{11},\\[2mm]\xi_4&=\rho_4+\rho_{12},&\ \ \ \xi_5&=\rho_5+\rho_{13},&\ \ \ \xi_6&=\rho_6+\rho_{14},&\ \ \ \xi_7&=\rho_7+\rho_{15}.\end{alignat*} さて $\xi_0+\xi_4=\zeta_0$,また $\xi_0\xi_4$ は四つの $\rho$ の和で,$\zeta_0$,$\zeta_1$,$\zeta_2$,$\zeta_3$ の中のいずれかに等しいが,$\rho_0\rho_4=\rho\rho^{13}=\rho^{14}=\rho_9$ は $\zeta_1$ に含まれるから,$\xi_0\xi_4=\zeta_1$.ここで $\rho$ に $\rho_1$,$\rho_2$,$\rho_3$ を代入すれば,$\xi_1\xi_5=\zeta_2$,$\xi_2\xi_6=\zeta_3$,$\xi_3\xi_7=\zeta_0$ を得る.よって $2$ 項周期は次の二次方程式から求められる.\[\left.\begin{alignat*}{2}x^2-\zeta_0x+\zeta_1&=0\ :&\hspace{2cm}\xi_0,\ \xi_4&=\frac{\zeta_0\pm\sqrt{\zeta_0{}^2-4\zeta_1}}{2}.\\[2mm]x^2-\zeta_1x+\zeta_2&=0\ :&\hspace{2cm}\xi_1,\ \xi_5&=\frac{\zeta_1\pm\sqrt{\zeta_1{}^2-4\zeta_2}}{2}.\\[2mm]x^2-\zeta_2x+\zeta_3&=0\ :&\hspace{2cm}\xi_2,\ \xi_6&=\frac{\zeta_2\pm\sqrt{\zeta_2{}^2-4\zeta_3}}{2}.\\[2mm]x^2-\zeta_3x+\zeta_0&=0\ :&\hspace{2cm}\xi_3,\ \xi_7&=\frac{\zeta_3\pm\sqrt{\zeta_3{}^2-4\zeta_0}}{2}.\end{alignat*}\right\}\tag{$\ 6\ $}\] 最後に $\rho_0+\rho_8=\xi_0$,$\rho_0\rho_8=1$.故に $\rho_0$,$\rho_8$ は\[x^2-\xi_0x+1=0\]の根で,\[\rho_0,\ \ \rho_8=\frac{\xi_0\pm\sqrt{\xi_0{}^2-4}}{2}.\]一般に\[\rho_i,\ \ \rho_{i+8}=\frac{\xi_i\pm\sqrt{\xi_i{}^2-4}}{2}.\] 上記の計算は $\rho$ を $1$ の任意の原始 $17$ 乗根として行なったのであるが,いま\[\theta=\frac{2\pi}{17},\hphantom{m}\rho=\cos\theta+i\sin\theta\]と定めるならば,$\left(\ 4\ \right)$,$\left(\ 5\ \right)$,$\left(\ 6\ \right)$ における符号 $\pm$ の配属が確定する.
 $104$ 頁の表を対照すれば,$\xi$,$\zeta$,$\eta$ は次のようになる.\begin{alignat*}{2}\xi_0&=2\cos\theta&&\gt0,\hspace{1cm}\xi_4=2\cos4\theta\gt0,\hphantom{m}\left(\xi_0\gt\xi_4\right)\\[2mm]\xi_1&=2\cos3\theta&&\gt0,\hspace{1cm}\xi_5=2\cos5\theta\lt0,\\[2mm]\xi_2&=2\cos8\theta&&\lt0,\hspace{1cm}\xi_6=2\cos2\theta\gt0,\\[2mm]\xi_3&=2\cos7\theta&&\lt0,\hspace{1cm}\xi_7=2\cos6\theta\lt0.\hphantom{n}\left(\xi_3\lt\xi_7\right)\end{alignat*}\begin{alignat*}{2}\zeta_0&=2\left(\cos\theta+\cos4\theta\right)\gt0,&\hphantom{n}\zeta_2&=2\left(\cos2\theta+\cos8\theta\right)\lt0,\\[2mm]\zeta_1&=2\left(\cos3\theta+\cos5\theta\right)\gt0,&\hphantom{n}\zeta_3&=2\left(\cos6\theta+\cos7\theta\right)\lt0.\end{alignat*}\begin{alignat*}{1}\eta_0&=2\left(\cos\theta+\cos4\theta+\cos2\theta+\cos8\theta\right)\gt0,\\[2mm]\eta_1&=2\left(\cos3\theta+\cos5\theta+\cos6\theta+\cos7\theta\right)\lt0.\end{alignat*}よって\begin{alignat*}{2}\eta_0&=\frac{-1+\sqrt{17}}{2},&\hphantom{m}\eta_1&=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}.\\[2mm]\zeta_0&=\frac{\eta_0+\sqrt{\eta_0{}^2+4}}{2},&\hphantom{m}\zeta_2&=\frac{\eta_0-\sqrt{\eta_0{}^2+4}}{2},\\[2mm]\zeta_1&=\frac{\eta_1+\sqrt{\eta_1{}^2+4}}{2},&\hphantom{m}\zeta_3&=\frac{\eta_1-\sqrt{\eta_1{}^2+4}}{2}.\\[2mm]\xi_0&=\frac{\zeta_0+\sqrt{\zeta_0{}^2-4\zeta_1}}{2},&\hphantom{m}\xi_4&=\frac{\zeta_0-\sqrt{\zeta_0{}^2-4\zeta_1}}{2},\\[2mm]\xi_1&=\frac{\zeta_1+\sqrt{\zeta_1{}^2-4\zeta_2}}{2},&\hphantom{m}\xi_5&=\frac{\xi_1-\sqrt{\zeta_1{}^2-4\zeta_2}}{2},\\[2mm]\xi_2&=\frac{\zeta_2-\sqrt{\zeta_2{}^2-4\zeta_3}}{2},&\hphantom{m}\xi_6&=\frac{\zeta_2+\sqrt{\zeta_2{}^2-4\zeta_3}}{2},\\[2mm]\xi_3&=\frac{\zeta_3-\sqrt{\zeta_3{}^2-4\zeta_0}}{2},&\hphantom{m}\xi_7&=\frac{\zeta_3+\sqrt{\zeta_3{}^2-4\zeta_0}}{2}.\end{alignat*}以上いずれも実数である.

 上記の式における平方根の下を簡約することができる.まず $\eta^2=-\eta+4$ から\[\eta_0{}^2+4=\frac{17-\sqrt{17}}{2},\hspace{1cm}\eta_1{}^2+4=\frac{17+\sqrt{17}}{2}.\]次に $\zeta_0{}^2-4\zeta_1$ であるが,\begin{alignat*}{1}\zeta_0^2&=\left(\rho+\rho^{-1}+\rho^4+\rho^{-4}\right)^2=4+2\zeta_1+\zeta_2.\\[2mm]&\therefore\hphantom{\therefore}\zeta_0{}^2-4\zeta_1=4-2\zeta_1+\zeta_2\\[2mm]&=4-\eta_1-\sqrt{\eta_1{}^2+4}+\frac{\eta_0}{2}-\frac{\sqrt{\eta_0{}^2+4}}{2}\\[2mm]&=\frac{17+3\sqrt{17}}{4}-\sqrt{\frac{17+\sqrt{17}}{2}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{17-\sqrt{17}}{2}}.\end{alignat*} 故に $\xi_0$ だけを書けば次の通り.\begin{alignat*}{1}16\cos\frac{2\pi}{17}=&-1+\sqrt{17}+2\sqrt{\frac{17-\sqrt{17}}{2}}\\[2mm]&\hphantom{-}+4\sqrt{\left\{\frac{17+3\sqrt{17}}{4}-\sqrt{\frac{17+\sqrt{17}}{2}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{17-\sqrt{17}}{2}}\right\}.\ }\end{alignat*} $\sqrt{ \ }$ が三重になっているが,それを簡約することはできない.

 $\boldsymbol{8.}$ 上記計算の結果を用いて正 $17$ 角形の作図をすることができる.
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 円 $\mathrm{O}$ の二つの直交する直径 $\mathrm{AB}$,$\mathrm{CD}$ を引いて,$\mathrm{A}$ と $\mathrm{D}$ とにおける切線の交点を $\mathrm{S}$ とする.円の半径を $1$ として $\mathrm{A}$ における切線上に\[\mathrm{AE}=\frac{1}{4},\hspace{1cm}\mathrm{EF}=\mathrm{EF}_1=\mathrm{EO}\]をとる.しからば\begin{alignat*}{1}\mathrm{EO}&=\sqrt{\mathrm{OA}^2+\mathrm{AE}^2}=\frac{17}{4},\\[2mm]\mathrm{AF}&=\mathrm{EF}-\mathrm{EA}=-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{17}}{4}=\frac{\eta_0}{2},\\[2mm]\mathrm{AF}_1&=\mathrm{EF}_1+\mathrm{AE}=\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{17}}{4}=-\frac{\eta_1}{2}.\end{alignat*}また\begin{alignat*}{1}\mathrm{FO}&=\sqrt{\mathrm{AF}^2+\mathrm{OA}^2}=\sqrt{\frac{\eta_0{}^2}{4}+1},\\[2mm]\mathrm{F}_1\mathrm{O}&=\sqrt{\mathrm{AF}_1{}^2+\mathrm{OA}^2}=\sqrt{\frac{\eta_1{}^2}{4}+1}.\end{alignat*} よって\[\mathrm{FH}=\mathrm{FO},\\[2mm]\mathrm{F}_1\mathrm{H}_1=\mathrm{F}_1\mathrm{O}\]とすれば,\begin{alignat*}{1}\mathrm{AH}&=\mathrm{AF}+\mathrm{FH}=\frac{\eta_0}{2}+\sqrt{\frac{\eta_0{}^2}{4}+1}=\zeta_0\gt0,\\\mathrm{AH}_1&=\mathrm{F}_1\mathrm{H}_1-\mathrm{AF}_1=\frac{\eta_1}{2}+\sqrt{\frac{\eta_1{}^2}{4}+1}=\zeta_1\gt0.\end{alignat*} $\xi_0$,$\xi_4$ は二次方程式 $x^2-\zeta_0x+\zeta_1=0$ から求められる.いま $\mathrm{SH}_1$ を直径とする半円を描いて $\mathrm{OA}$ の延長と $\mathrm{K}$ において交わらせるならば,$\mathrm{AK}^2=\mathrm{AS}\hspace{0.7mm}\cdotp\mathrm{AH}_1=\zeta_1$.次に $\mathrm{AS}$ 上に $\mathrm{KL}=\mathrm{AH}/2$ なる点 $\mathrm{L}$ をとって $\mathrm{LM}=\mathrm{LN}=\mathrm{LK}$ とすれば $\mathrm{AM}+\mathrm{AN}=\mathrm{AH}=\zeta_0$.故に $\mathrm{AM}$,$\mathrm{AN}$ が $\xi_0$,$\xi_4$ に等しく,大きい方が $\xi_0$ である(図では $\mathrm{AM}=\xi_0$).
 よって $\mathrm{AP}=\mathrm{AM}/2$ とすれば $\mathrm{AP}=\xi_0/2=\cos\left(2\pi/17\right)$.$\mathrm{P}$ から $\mathrm{AB}$ に平行線を引いて円周と $\mathrm{Q}$ および $\mathrm{Q}^\prime$ において交わらせるならば\[\angle\ \mathrm{DOQ}=\angle\ \mathrm{DOQ}^\prime=\frac{2\pi}{17}.\]






$\blacktriangleleft$ $\S\ 16.$ 円周等分方程式の既約性  $\S\ 18.$ 任意の法に関する指数,指標 $\blacktriangleright$

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